河北L16联盟2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 河北省河北省 L16 联盟联盟 2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试题学试题 注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。

2、在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1一组数据 4，4，2，6，4，1，9，8 的极差是 A.-8 B.5 C.5 D.8 2.已知点,A B C是直线l上相异的三点,O为直线l外一点,且23OAOBOC=+,则的值是 A.-1 B.1 C.12 D.12 3.某圆环的内外半径分别为 2 和 4,将其绕对称轴旋转一周后得到的几何体体积为 A.323 B.1243 C.2243 D.2563 4.已知函数()2ln32yxx=+的定义域为集合A,值域为集合B,则BA=A.(,1)(2,)+B.(,12,)+C.(1,2)D.1,2 5.已知点P为平面内一动点,

3、设甲:P的运动轨迹为抛物线,乙:P到平面内一定点的距离与到平面内一定直线的距离相等,则 A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 6.设函数()()sinf xxaax=,若存在0 x使得0 x既是()f x的零点,也是()f x的极值点,则a的可能取值为 A.0 B.C.D.2 7.过原点且倾斜角为02相切,则ab=A.tan42+B.2tan42+C.tan42 D.2tan42 学科网（北京）股份有限公司 8.双曲线2222:1(0,0)yxabab=的两焦点分别为12,F F,过2F的直线与

4、其一支交于A,B两点,点B在第四象限.以1F为圆心,的实轴长为半径的圆与线段11,AF BF分别交于 M,N 两点,且12|3|,AMBNFBF B=,则的渐近线方程是 A.6yx=B.62yx=C.63yx=D.64yx=二、选择题二、选择题:本题共本题共 3 小题小题,每小题每小题 6 分分,共共 18 分。在每小题给出的选项中分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要有多项符合题目要求。全部选对的得求。全部选对的得 6 分分,部分选对的得部分选对的得 3 分分,有选错的得有选错的得 0 分。分。9.已知正方体1111,ABCDABC D P为1AA中点,Q为 BC 中点,则 A.直线 P

5、D 与直线1QB平行 B.直线1PC与直线1QD垂直 C.直线 PQ 与直线1AB相交 D.直线 PQ 与直线1DB异面 10.已知函数sincoscossin()eexxxxf x=+,则 A.()f x的图像是中心对称图形 B.()f x的图像是轴对称图形 C.()f x是周期函数 D.()f x存在最大值与最小值 11.外接圆半径为2的ABC满足2sin3coscos4ABC+=,则 A.BC=B.ABC的右焦点(1,0)F,且交C于4 1,3 3AB两点.学科网（北京）股份有限公司(1)求C的离心率;(2)设点(3,1)P,求ABP的面积.16.(15 分)已知函数32()21f xx

6、ax=+.(1)讨论()f x的单调性;(2)若()f x在区间0,2上有且仅有一个零点,求a的取值范围.17.(15 分)机器模型预测常常用于只有正确与错误两种结果的问题.表 1 为根据模型预测结果与真实情况的差距的情形表格,定义真正例率1112npnn=+,假正例率3234npnn=+.概率阈值为自行设定的用于判别正(反)例的值,若分类器(分类模型)对该样例的预测正例概率大于等于设定的概率阈值,则记分类器预测为正例,反之预测为反例.总例 预测结果 正例 反例 真实 情况 正例 真正例1n 假反例2n 反例 假正例3n 真反例4n 表表 1 分类结果样例划分 利用这些指标绘制出的 ROC 曲

7、线可衡量模型的评价效果:将各样例的预测正例概率与 1,0 从大到小排序并依次作为概率阈值,分别计算相应概率阈值下的1p与2p.以2p为横坐标,1p为纵坐标,得到标记点.依次连接各标记点得到的折线就是 ROC 曲线.图 1 为甲分类器对于 8 个样例的 ROC 曲线,表 2 为甲,乙分类器对于相同 8 个样例的预测数据.样例数据 甲分 类器 乙分 类器 样例 标号 样例 属性 预测正 例概率 预测正 例概率 1 正例 0.23 0.34 2 正例 0.58 0.53 3 反例 0.15 0.13 4 反例 0.62 0.39 5 正例 0.47 0.87 6 反例 0.47 0.53 7 反例

8、0.33 0.11 8 正例 0.77 0.63 表表 2 甲，乙分类器对于相同 8 个样例的预测数据 学科网（北京）股份有限公司 (1)当概率阈值为 0.47 时,求甲分类器的 ROC 曲线中的对应点;(2)在图 2 中绘制乙分类器对应的 ROC 曲线(无需说明绘图过程),并直接写出甲,乙两分类器的 ROC 曲线与x轴,直线1x=所围封闭图形的面积;(3)按照上述思路,比较甲,乙两分类器的预测效果,并直接写出理想分类器的 ROC 曲线与x轴,直线1x=所围封闭图形的面积为 1 的充要条件.18.(17 分)如图,四棱锥ABCED中,平面ABC 平面,/BCED ABAC ADAE BCDE=

9、,1,24 3,sin2BDCE BCDEDAEBAC ADABDAE=.设 BC 中点为H,过点H的平面同时垂直于平面 BAD 与平面 CAE.(1)求sinDAE(2)求平面a与平面 BCED 夹角的正弦值；(3)求平面a截四棱锥ABCED所得多边形的周长.19.(17 分)某箱中有()*(1)k kk+N个除颜色之外均相同的球,k已知.箱中 1 个球为白球,其余为黑球.现在该箱中进行一取球实验:每次从箱中等可能地取出一个球,若取出白球或取球(1)k k+次后结束实验,否则进行相应操作进行下一次取球.设实验结束时的取球次数为X.(1)若取出黑球后放回箱中,求X的数学期望()E X;(2)若

10、取出黑球后替换为白球放回箱中,求()P Xm=的最大值kP,并证明:1kkPP+.学科网（北京）股份有限公司 L16 联盟联盟 2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练年普通高等学校招生全国统一考试模拟演练 数学试题评分参考数学试题评分参考 评分说明：1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3解答右端所注

11、分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4只给整数分数。单项选择题不给中间分。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。分。1D 2A 3C 4D 5A 6B 7B 8C 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的给分，部分选对的给 3 分，有选错的给分，有选错的给 0 分。分。9BD 10BCD 11AC 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 3 小题

12、，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分。分。12.1i+(答案不唯一,满足对22i,(1)5zab ab=+=即可)13.1 14.52,12 3 四、解答题四、解答题:本题共本题共 5 小题小题,共共 77 分。分。15.解:(1)由题,1c=,且4 1,3 3A在C上有221619911aa+=,.1 分 解得2a=.故椭圆C的标准方程为2212xy+=,离心率22cea=.3 分(2)由直线l过4 1,(1,0)3 3AF两点,有:1l yx=.5 分 联立22121xyyx+=,解得0 x=或43,故l与C的另一交点为(0,1).7 分 故22414 2|01333AB=+=

13、.9 分 学科网（北京）股份有限公司 点P到直线l的距离22|13 1|2211d=+.11 分 则ABP的面积12|23SdAB=.13 分 16.解:(1)2()622(3)fxxaxxxa=,1 分 当0a=时,()0fx恒成立,()f x在R上单调递增;3 分 当0a 时,令()0fx,解得,(0,)3ax+,故()f x在,03a上单调递减,在,3a和(0,)+上单调递增;5 分 当0a 时,令()0fx,解得(,0),3ax+,故()f x在0,3a上单调递减,在(,0)和,3a+上单调递增.7 分 综上,0a=时,()f x在R上单调递增;0a 时,()f x在0,3a上单调递减

14、,在(,0)和,3a+上单调递增.(2)当0a=时,()f x在区间0,2上不存在零点;8 分 当0a 时,()f x在0,3a上单调递减,在,3a+上单调递增;若23a,即6a 时,()f x在0,3a上单调递减,在,23a上单调递增,又3(0)1,1,(2)174327aafffa=+=,故只能在0,3a上有零点,学科网（北京）股份有限公司 由零点存在性定理有(0)03(2)03affaff,解得174a.12 分 或310327aaf=+=,解得3a=;故此时173,64a满足条件;13 分 若23a,即6a时,()f x在(0,2)上单调递减,则(0)(2)0ff,此时均满足题意,故6

15、,)a+满足条件.15 分 综上,173,4a+.17.解:(1)概率阈值为 0.47 时,真正例为 2,5,8,假反例为 1,假正例为 4,6,真反例为 3,7,2 分 则12343,1,2,2nnnn=.3 分 故123321,3 14222pp=+,对应点为(0.5,0.75).5 分(2)如下图所示 甲分类器的 ROC 曲线与x轴,直线1x=所围封闭图形的面积为2132.10 分 乙分类器的 ROC 曲线与x轴,直线1x=所围封闭图形的面积为2732.11 分(3)乙分类器的预测效果更好.13 分 充要条件充要条件:任意真实属性为正例的样例的预测正例概率大于任意真实属性为反例的样例的预

16、测正例概率。(或所有真实属性为正例的样例的预测正例概率的最小值大于所有真实属性为反例的样例的预测正例概率的 学科网（北京）股份有限公司 最大值)15 分 18.解:(1)设,DAEBAHABACa ADAEb=,则sinBHCHaDE=.而在ADE中,22222222sincoscos22ADAEDEbaDAEAD AEb+=,1 分 整理得2221cosab=+.由题意,1sinab=,则2211cossin=+,2 分 整理得()22 1cos(1cos)0+=,解得1cos2=,因此3sin2=,即3sin2DAE=.3 分(2)作 DE 中点G,连接 GH,AH.因为H为 BC 中点,

17、ABAC=,所以1,2AHBC BHCHBCDE=.因为平面ABC 平面 BCED,平面ABC 平面,BCEDBC AH=平面,ABC AHBC,所以AH 平面 BCED,而,DH GH EH 平面 BCED,故,AHDH AHGH AHEH.又因为,/BHCHDE BCDE=,所以四边形 BHED,四边形 HCED 都是平行四边形,故,BDEH CEDH=,而BDCE=,所以DHEH=,又因为G为 DE 中点,所以GHDE,在平面 BCED中也有GHBC.5 分 由于4a=,故2,2 3AHBHCHDE=,13,2 32DGEGDEADAE=,由勾股定理2 2,5DHEHGH=.故以H为原点

18、,HB HG HA 为,x y z轴,建立如图空间直角坐标系,则(0,0,2),(2 3,0,0)AB,(2 3,0,0),(3,5,0),(3,5,0)CDE.7 分 故(2 3,0,2),(3,5,0),(2 3,0,2),(3,5,0)BABDCACE=.学科网（北京）股份有限公司 设平面 ABD,平面 ACE,平面,平面 BCED 的法向量分别为()11112,nx y zn=,()33334,nxy zn=.则1100nBAnBD=,即11112 320350 xzxy+=+=,解得1115315xyz=,即1(5,3,15)n=.同理可得2(5,3,15)n=.9 分 因为平面同时

19、垂直于平面 ABD,平面 ACE,所以1323,nn nn ,即3333335315053150 xyzxyz+=+=,解得333051xyz=,即3(0,5,1)n=.平面 BCED 的法向量是4n,则4(0,0,1)n=.设平面与平面 BCED 的夹角为,则343416|cos|66nnnn=,故30sin6=,因此平面与平面BCED 夹角的正弦值为306.11 分（3）设F是平面上一点,因为平面过点H,则可以设(1,0,0)(0,1,5)HF=+,这是因为此时30HF n=.因此可设(,5)F.因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面与四棱锥ABCED的公共部分.当0

20、=时,F在直线 BC 上,因此平面过直线 BC,故平面与平面 ABC,平面 BCED 交于直线 BC,与棱AB,AC 分别交于 B,C.13 分 故只需讨论平面与棱 AD,AE 的交点:设平面与棱 AD,AE 的交点分别为 M,N,则设(3,5,22),01HMHAsADssss=+=,令(,5)HM=,则35225sss=,解得2 372 5727s=,即2 3 2 5 10,777M;同理可得2 3 2 5 10,777N.15 分 学科网（北京）股份有限公司 故平面与平面 ABD 交于 BM,平面 ACE 交于 CN,因此平面截四棱锥ABCED所得截面多边形为四边形 BMNC,故周长为2

21、 1384 32 13832 34 1384 3.7777BMMNNCCB+=+=17 分 19.解:(1)每一次取到白球的概率为1(1)pk k=+,取到黑球的概率为111(1)qpk k=+,当1k时,X的所有可能取值为1,2,1,nn,且有 21(1),(2)(1),(1),()nnP Xp P XppP XnpqP Xnq=故X的分布列为 X 1 2 1n n P p pq.2npq 1nq 4 分 1()2(1),nnE Xppqnpqnq=+即21()12(1)nnE Xpqnqnq=+,21()2(1),nnqE Xp qqnqnq=+两式作差得2211(1)()1(1)nnnn

22、q E Xpqqqnqnqnq=+()1111 1(1)(1)11nnnnqpnpqnqqqq=+=故11(1)()1nnqpE Xqp=,代入得(1)1()(1)(1)1(1)k kE Xk kk kk k+=+.7 分(2)由于取球次数最多为(1)k k+次,故当2k时,121(1)!()111,()!mmmmnP Xmnnnnnnm=分别令1(1)!()(1)()!1(1)(1)!(1)(1)(1)!mmmnP Xmm nmnnmmnP Xmmnnnm=+=+,1(1)!()()!1,(1)(1)!(1)(1)()(1)!mmmnP XmnmnnmmnP Xmmnmnnm+=+=+9 分

23、 学科网（北京）股份有限公司 解得2200mmnmmn+,代入(1)nk k=+得1k m k+.故()P Xm=的最大值kP在mk=或1mk=+处取得,且代入有()()()2221!kkk kkPkkk+=+,经检验,1k=时成立,故()()()2221!kkk kkPkkk+=+.12 分 下证:1kkPP+,.13 分 等价于证明()()221122(1)1(1)(2)11kkkkkkkkkk+，等价于证明()()2222121222(2)(1)(1)1(1)(2)(1)(2)(1)(1)11kkk kkkkkk kkkk kkkk kkkkk+,等价于证明()()1222222(2)(1)(1)1231321(1)kk kkkkkkkkkkkk kk+时11aabb+,故22222(2)(1)(1)11(1)kk kkkkkkkk k+=+,且有223132kkkk+,故上式成立,即1kkPP+得证.17 分