基础押题卷二(题目)

1. 设集合，，则名师新高考模拟卷（二）( )A.B.C.D.2. 若复数z 满足，则z 的虚部为( )A.B.C. D.3. 一个正四棱台形状的鱼塘，灌满水时，蓄水量为，若它的两底面边长分别为60m和50m ，则此时鱼塘的水深( )A. 2mB.C. 3mD. 4m4. 非零实数a ，b ，c 满足，，成等差数列，则的最小值为( )A. B.C. 3D.5. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为( )A. B.C. D.6. 设数列的前n 项和为，点均在函数的图象上，，则数列的前2n 项之和为( )A. B. C. D.7. 已知的内角A 、B 、C 所对的边分别为a ，b ，c ，若，则外接圆的半径为( )A. 4B. 5C. 6D. 78. 正方体中，，M 为平面内的动点，且满足，则的取值范围为( )A. B. C.D.9. 某校组织了300名学生参与测试，随机抽取了40名学生的考试成绩单位：分，成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是( )A. 图中a的值为B. 估计这40名学生考试成绩的众数为75C. 估计这40名学生考试成绩的中位数为82D. 估计这40名学生考试成绩的上四分位数约为8510. 据新华社电，记者3月12日从中国卫星导航系统管理办公室了解到，北斗三号全球卫星导航系统自2020年建成开通以来，运行连续稳定可靠，持续提供功能强大的卫星导航服务，高精度、短报文等特色服务能力已得到充分验证.北斗导航能实现“天地互通”的关键是信号处理，其中某语言通讯的传递可以用函数，近似模拟其信号，为的导函数，则下列说法正确的是( )A. 为偶函数B. 的图象关于点对称C. 的最小正周期是D. 的最大值为511. 已知函数定义域为R，且为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的有( )A. 函数的周期为2B. 函数的周期为4C. 函数的图像关于点中心对称D. 若，则12. 已知双曲线与椭圆有相同的左、右焦点，且在y轴右侧交于两点，轴.设双曲线的左、右顶点分别为，双曲线与椭圆的离心率分别为，则下列结论正确的有( )A.B.C. 当时，D. 若P为直线MN上除去的点，当的外接圆面积最小时，点P恰好落在或处，则13. 已知幂函数，指数函数且，若在上的最大值为27，则__________.14. 根据某机构对失事的飞机的调查得知：失踪的飞机中有的后来被找到，在被找到的飞机中，有安装有紧急定位传送器，而未被找到的失踪的飞机中，有未安装紧急定位传送器，紧急定位传送器是在飞机失事坠毁时发送信号，让搜救人员可以定位现有一架安装有紧急定位传送器的飞机失踪，则它被找到的概率为__________15. 已知点A的坐标为，点P是抛物线的点，则使得是等腰三角形的点P的个数是__________.16. 某生物科学研究院为了研究新科研项目需建筑如图所示的"生态穹顶"建筑不计厚度，长度单位：，其中上方为半球形，下方为圆柱形，按照设计要求"生态穹顶"建筑的容积为，且其中l为圆柱的高，r为半球的半径，假设该"生态穹顶"建筑的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为3万元，半球形部分每平方米的建造费用为万元，当_____________m时该"生态穹顶"建筑的总建造费用最少公式：，17. 已知数列的前n项和为，且___请在①；②是公差为1的等差数列；③是公比为3的等比数列，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.求的通项公式;在与之间插入n个实数，使这个数依次组成公差为的等差数列，数列的前n项和证明：18. 已知平面向量，，记，对于，不等式其中恒成立，求的最大值．若的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，a，b，c成等比数列，求的值.19. 排序集抽样是澳大利亚农学家McIntyre在估计牧草产量时提出的一种抽样方法，在相同样本容量下比简单随机抽样包含更多的总体信息，例如我们需要估计植物园树木高度，由于受到费用和时间的限制，我们只能抽取5棵进行实际测量，利用排序集抽样方法.首先，从植物园随机抽取25棵树，，将它们随机地划分为5组，每组5棵，利用视觉上的比较对每一组树木高度进行由小到大排序，从第一组抽出高度最小的那棵树，从第二组抽出高度第二的树木，最后一组抽出高度最高的那颗，这样，最终得到了5棵树，某地推动乡村振兴发展，推广柑橘种植，经品种改良，农民经济收入显著提高.为了解改良效果，合作社工作人员在该农村地区利用排序集抽样方法从2000棵果树抽取20棵测量果实平均直径单位：得到数据如下：根据经验，果实平均直径服从正态分布，以样本平均数作为的估计值，样本标准差s作为的估计值为提高果实品质，需要将直径小于的果实提前去除，果实直径大于的即为优果，在该种培育方法下，平均每棵果树结果50个.经计算得，估计优果的个数；为进一步提升柑橘质量，需要清除果实较小的果树，专家建议在每棵果树中抽取n个测量果实直径，如果出现果实小于的果实，则认为该果树为果实较小.试说明此种方案犯错误的概率会随着摘取果实数的增加而增加；根据小概率值及中结论确定n的值，估计该地所有果树中需要检验的果实的总个数.附：若，则；，，20. 如图，棱长为2的正方体中，P 为线段上动点.证明：平面；当直线BP与平面所成的角正弦值为时，求点D到平面的距离.21. 已知点P为线段上一点，过点P作抛物线的两条切线，切点分别为，直线分别与x轴交于点，记的面积为，的面积为求证：直线AB过定点；若存在点P，使得，求p的取值范围.22. 已知函数，讨论函数的极值点；若是方程的两个不同的正实根，证明：答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查集合运算，属于基础题.【解答】解：集合，则2.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查复数的运算，以及复数虚部的概念，属于基础题．根据已知条件，结合复数的四则运算和复数模的公式，对z化简，再结合复数虚部的概念，即可求解．【解答】解：，，，的虚部为3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了台体的体积公式，属于基础题.根据棱台的体积公式可由体积直接计算出水深．【解答】解：由于台体的体积，则故此时水深为4.【答案】B【解析】【分析】本题考查基本不等式的求解，注意等差数列性质的使用，属于中档题.【解答】解：，，成等差数列，则有，则有，则，，当且仅当时取等号.5.【答案】D【解析】【分析】本题考查利用导数判断函数的单调性，利用单调性解不等式，属于中档题.根据题意，令，，对求导分析可得在递增，原问题转化为，根据函数的单调性得到关于x的不等式组，解出即可．【解答】解：根据题意，令，，故，而，故时，，单调递增，，即，则有，则有，解得，故不等式的解集为6.【答案】B【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式，裂项法求和，属于中档题.【解答】解：由已知得，故当时，，解得，故是以2为首项，2为公比的等比数列，，，7.【答案】B【解析】【分析】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题.【解答】解：将代入得①又由余弦定理知②由①②得，其中为锐角且当且仅当时等号成立即，得得，，即外接圆的半径为8.【答案】A【解析】【分析】本题考查几何体中的动点轨迹问题，考查向量与椭圆的综合应用，属于较难题.【解答】解：取CD的中点O，以点O为坐标原点，、、的方向分别为轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设点，则，在平面内，，所以点M的轨迹是在坐标平面yOz内，以点为焦点，且长轴长为的椭圆，则，，，所以点M的轨迹方程为，，，当时， .9.【答案】ABD【解析】【分析】本题考查了频率分布直方图、众数、中位数、百分位数，属于基础题.对于A，根据频率之和为1计算即可；对于B，根据频率分布直方图估计众数的方法判断即可；对于C，根据中位数可能所在的区间进行判断；对于D，根据百位分数的估算方法求解即可.【解答】解：根据频率和等于1得：，，故A正确；由频率分布直方图可知，最高矩形对应区间的中点为75，则估计众数也为75，故B正确；，，可知中位数落在内，即中位数的估计值不是82，故C错误；上图各组对应的频率分别为：，，，，，上四分位数在内，设第75百分位数约为x，则：，得，故D正确.10.【答案】AB【解析】【分析】本题考查三角函数的周期性、对称性、奇偶性以及最值的问题，复合函数的导数，属于中档题．【解答】解：对于A选项，函数的定义域R关于原点对称，，所以函数为偶函数，故A正确；对于B选项，，即，又为偶函数，故，故函数的图象关于点对称，即B正确；对于C选项，，所以对于函数定义域中任意一个自变量x，不恒成立，因此其最小正周期不是，故C错误；对于D选项，，当，，，，同时取最小值时，取最大值5，当时，，则，即，不能同时取最小值，故取不到最大值5，即D错误.11.【答案】BCD【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的分析，属于中档题．根据题意，由函数奇偶性的性质分析可得，得出函数的周期性和对称性，综合即可得答案.【解答】解：因为为偶函数，所以，则，因为为奇函数，所以，则，，所以，则，，函数的周期为4，故A错误，B正确；因为，所以函数的图象关于点中心对称，函数的周期为4，所以函数的图象关于点中心对称，故C正确；若，，令，则，因为，令，，因为，令，则，所以所以，故D正确.12.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查双曲线的离心率问题，属于较难题.【解答】解：对于A选项：由M为双曲线与椭圆的公共点可知，，轴，即，，故A正确；对于B选项：，当时，，故B错误；对于C选项：，，故，故C正确；对于D选项：由题知直线MN的方程为，设点，点P的坐标为，当的外接圆面积取最小值时，取到最大值，由，可得，当且仅当即时，取最大值，即取最大值，，，故，，故，，故D正确.13.【答案】3【解析】【分析】本题考查幂函数和指数函数求值，属于基础题．【解答】解：由题知，，且，则在上单调递增，故，则，，故答案为14.【答案】【解析】【分析】本题考查条件概率和全概率公式的应用，属中档题.确定失踪的飞机后来被找到和未被找到的概率，以及被找到的飞机中装有紧急定位传送器的概率和未被找到装有紧急定位传送器的概率，由全概率公式变形后计算装有紧急定位传送器的失踪飞机被找到的概率．【解答】解：设事件“失踪的飞机后来被找到”，事件“失踪的飞机后来未被找到”，事件“安装有紧急定位传送器”，则，，，，安装有紧急定位传送器的飞机失踪，它被找到的概率为：，故答案为15.【答案】4【解析】【分析】本题考查直线与抛物线位置关系及其应用，属于中档题.【解答】解：①若，则P为直线与抛物线的交点，此时满足条件的P点有2个；②若，则P为以O为圆心，OA为半径的圆与抛物线的交点，即圆与抛物线的交点，此时满足条件的P点有2个；③若，则P为以A为圆心，OA为半径的圆与抛物线的交点，即圆与抛物线的交点，联立方程组可得，故两条曲线除原点外无其它交点，此时满足条件的P点有0个.故答案为16.【答案】2【解析】【分析】本题考查了组合体的表面积和体积，以及导数在实际问题中的应用，属于难题.根据题意确定总建造费用与半径的函数关系式，再利用导数确定总建造费用最少时r的值．【解答】解：设该建筑的容积为，由题意，知，又，故由于，因此，设建筑的总建造费用为y万元，则，于是，由于，所以，当时，，所以在上单调递减，故当时，建筑的总建造费用y取最小值.17.【答案】解：若选①：当时，，所以，故因为所以，则，累加得故，当时，满足，故若选②，数列是公差为1的等差数列，首项为，故，则，两式相减得，则…，累加得，当时，满足，故若选③，数列是公比为3的等比数列，首项为，故，则，累加得故，当时，满足，故由于，所以所以①，故②，①-②，得，即【解析】本题考查求数列的通项公式，错位相减法求和，考查数列与不等式问题，属于中档题.18.【答案】解：由，，得又，则，故，，故，，则的最大值为即又，得，因为a，b，c成等比数列，所以由正弦定理，得又故【解析】本题考查平面向量的数量积，三角函数的恒成立问题，三角恒等变换的综合应用，及利用正弦定理解三角形，属于中档题．19.【答案】解：根据题意，20棵样本果树中果实平均直径大于的有3棵，所以该农村地区2000棵果树中果实平均直径大于的有棵，平均每棵果树结果50个，所以估计优果的个数为个；因为，所以，所以，n个测量果实直径，出现果实小于的果实的概率为：，当n越来越大时，越来越小，越来越大，所以试说明此种方案犯错误的概率会随着摘取果实数的增加而增加；得，，因为n为整数，所以，估计该地所有果树中需要检验的果实的总个数为个.【解析】本题考查正态分布的概率、均值、方差，n次独立重复试验及其概率计算，属于中档题.根据样本估计总体的思想求解即可；根据正态分布和独立重复试验的二项分布规律即可求解.20.【答案】解：由正方体中可知，，，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，同理可证平面，又平面，平面，且，平面平面，又平面，平面以D为坐标原点，分别以DA、DC、所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，可得，，，设，，可得，则，又设平面的一个法向量为，则，即，取，可得，又设直线BP与平面所成的角为，则，，即，解，即点P为的中点，设当点P为的中点时，点D到平面的距离为d，由，得，即点D到平面的距离为【解析】本题考查点到面的距离、直线与平面所成角、线面平行的判定，属于中档题.21.【答案】解：设，直线AB的方程为：，过点A的切线，即直线AP的方程为：，则；过点B的切线，即直线BP的方程为：，则；则直线AP与直线BP的交点坐标为：，故，联立得，，故，故直线AB过定点；由知，点，则，故，，所以点，则点P在曲线上，故曲线与线段有公共点，则，即综上所述：【解析】本题考查抛物线中的定点问题，面积问题，属于较难题.22.【答案】解：由题可知即可知定义域为令即则①当即时，恒成立，则可得函数在上单调递增，无极值点；②当即时，方程的根为：则可知时，，即函数单调递增；时，，即函数单调递减；时，，即函数单调递增；所以函数的极大值点为，极小值点为方程即令在上单调递减，在上单调递增．又因为函数有两个零点，所以，即，解得且，两式相减可得：由题可知两根都为正实数且设所以要证只需证明：，只需证明只需证明只需证明记，则在上单调递减，，即证【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调区间、极值点，利用分析法证明不等式成立等，属于较难题．利用导数研究函数的单调性，注意对判别式以及a的取值分类讨论求得极值点；利用函数与方程的关系即零点与方程的根的关系，构造函数、利用分析法等证明不等式成立．。

2024高考语文临门冲刺押题卷二（新高考Ⅰ卷）（考试时间：150分钟试卷满分：150分）命题报告命题新方向：现代文阅读I围绕“智能时代”选材，引导考生关注智能时代人与科技的关系；现代文Ⅱ选材关涉《乡土中国》，命题课内课外相结合，文言文阅读关注教考衔接，诗歌鉴赏与教材中《行路难》比较，语言文字运用按九省联考题型命题，作文取材《大学之道》、《谏太宗十思疏》中的名言，既考查哲理思辨，又贴合高考命题的风向。

命题新情境：命题注重创设个人体验类情境，表达自己的感悟与思考，创设的情境与考生日常生活密切相关。

一、现代文阅读（35分）（一）现代文阅读Ⅰ（本题共5小题，18分）阅读下面的文字，完成1～5题。

工程心理学、人因工程和工效学均诞生于20世纪二次大战期间，虽然它们具有各自独特的研究角度和重点，但是都分享“以人为中心”的共同理念。

例如，工程心理学从人类认知信息加工角度为人机系统的优化设计提供心理学原理、方法及实证；人因工程和工效学则从人一机一环境关系匹配的工程设计角度为人机系统的优化设计提供人因和工效设计原则、方法及实证。

进入计算机时代，人与计算机（包括基于计算技术的产品）交互带来了许多新的人因问题，推动了人机交互、用户体验等领域的产生和发展。

基于“以人为中心”的共同理念，这些相近领域都希望通过优化人、机器以及环境之间的交互，确保系统实现安全、高效和宜人的目标，因此，我们将这些领域统称为人因科学。

人因科学的研究对象是人机关系。

在计算机时代，人与非智能计算系统的交互中，机器充当人机系统中辅助工具的角色。

在智能时代，人与智能系统的交互本质上是与智能系统中的智能体之间的交互，基于智能技术，智能体机器可以展现出独特的自主化新特征，拥有一些类似人类的认知能力（感知、学习、推理等），在一些设计未预期的场景中，可自主地完成以往自动化技术所不能完成的任务，因此，智能系统可以从一种支持人类操作的辅助工具角色发展成为与人类合作的团队队友，扮演“辅助工具十人机合作队友”的双重新角色，从而形成一种新型的人机关系形态：“人智组队”式合作。

原创押题卷(二)(时间120分钟，满分150分)第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设全集为R，集合A＝{x|x2－9＜0}，B＝{x|－1＜x≤5}，则A∩(∁R B)＝( )A．(－3,0) B．(－3，－1)C．(－3，－1] D．(－3,3)2．设复数z＝1＋i(i是虚数单位)，则2z＋z2＝( )A．1＋i B．1－iC．－1－i D．－1＋i3．已知||a＝1，||b＝2，且a⊥(a－b)，则向量a与向量b的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.2π34.某商场在端午节的促销活动中，对9时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图1所示．已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12时的销售额为( )图1A ．8万元B ．10万元C ．12万元D ．15万元5．在平面直角坐标系xOy 中，设直线l ：kx －y ＋1＝0与圆C ：x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，以OA ，OB 为邻边作平行四边形OAMB ，若点M 在圆C 上，则实数k 等于( )A ．1B ．2C ．－1D ．06．函数y ＝4cos x －e |x |(e 为自然对数的底数)的图象可能是( )7．已知正三角形ABC 的边长是3，D 是BC 上的点，BD ＝1，则AD →·BC →＝( )A ．－92B ．－32C.152D.528.已知变量x ，y 满足⎩⎨⎧ 4x ＋y －9≥0，x ＋y －6≤0，y －1≥0，若目标函数z ＝x －ay 取到最大值3，则a 的值为( )A ．2B.12C.25D ．19．已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)与函数y＝x的图象交于点P，若函数y＝x的图象在点P处的切线过双曲线左焦点F(－1,0)，则双曲线的离心率是( )A.5＋12B.5＋22C.3＋12D.3210．若对于定义在R上的函数f(x)，其图象是连续不断的，且存在常数λ(λ∈R)使得f(x＋λ)＋λf(x)＝0对任意实数x都成立，则称f(x)是一个“λ～特征函数”．下列结论中正确的个数为( )①f(x)＝0是常数函数中唯一的“λ～特征函数”；②f(x)＝2x＋1不是“λ～特征函数”；③“13～特征函数”至少有一个零点；④f(x)＝e x是一个“λ～特征函数”．A．1B．2C．3D．4第Ⅱ卷二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中横线上)11．已知x，y的取值如下表：从散点图分析，y与x线性相关，且回归方程为y＝bx－0.61，若回归直线与直线2x＋ay＋1＝0垂直，则实数a的值为________.12.已知MOD函数是一个求余函数，其格式为MOD(n，m)，其结果为n除以m 的余数，例如MOD(8,3)＝2.下面是一个算法的程序框图，当输入的值为25时，则输出的结果为________．图213.如图3，为了测量A ，C 两点间的距离，选取同一平面上B ，D 两点，测出四边形ABCD 的各边的长度(单位：km)：AB ＝5，BC ＝8，CD ＝3，DA ＝5，如图所示，且A ，B ，C ，D 四点共圆，则AC 的长为________km.图314．某几何体的三视图如图4所示，图中方格的长度为1，则该几何体的外接球的体积为________．图415.已知函数f (x )＝4x ＋1，g (x )＝4－x ，若偶函数h (x )满足h (x )＝mf (x )＋ng (x )(其中m ，n 为常数)，且最小值为1，则m ＋n ＝________.三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)16．已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6－4sin 2ωx ＋2(ω>0)，其图象与x 轴相邻两个交点的距离为π2. (1)求函数f (x )的解析式；(2)若将f (x )的图象向左平移m (m >0)个长度单位得到函数g (x )的图象恰好经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，0，求当m 取得最小值时，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，7π12上的单调递增区间． 17．(本小题满分12分)为了解甲、乙两厂的产品质量，分别从两厂生产的产品中各随机抽取10件，测量产品中某种元素的含量(单位：毫克)，其测量数据的茎叶图如下：图5规定：当产品中此种元素含量大于18毫克时，认定该产品为优等品．(1)试比较甲、乙两厂生产的产品中该种元素含量的平均值的大小；(2)现从乙厂抽出的非优等品中随机抽取两件，求至少抽到一件该元素含量为10毫克或13毫克的产品的概率．18．(本小题满分12分)如图6，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝AD ＝2，AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 中点．图6(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；(2)求点P 到平面ADM 的距离．19．(本小题满分12分)数列{a n }的前n 项为S n ，S n ＝2n －n ，等差数列{b n }的各项为正实数，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3－1成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，当n ≥2时，求数列{c n }的前n 项和A n .20．(本小题满分13分)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为e ，半焦距为c ，B (0,1)为其顶点，且a 2，c 2，b 2依次成等差数列．(1)求椭圆的标准方程和离心率e；(2)P，Q为椭圆上的两个不同的动点，且k BP·k BQ＝e2.①试证直线PQ过定点M，并求出M点坐标；②△PBQ是否可以为直角三角形？若是，请求出直线PQ的斜率；否则请说明理由．21．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝a x－2x(a>0，且a≠1)．(1)当a＝2时，求曲线f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程；(2)若f(x)的值恒非负，试求a的取值范围；(3)若函数f(x)存在极小值g(a)，求g(a)的最大值．【详解答案】1.【解析】 A ＝{x |－3＜x ＜3}，∁R B ＝{x |x ≤－1或x ＞5}，故A ∩(∁R B )＝{x |－3＜x ≤－1}．【答案】 C2.【解析】 ∵z ＝1＋i ，∴21＋i＋(1＋i)2＝1－i ＋2i ＝1＋i ，故选A. 【答案】 A3.【解析】 ∵a ⊥(a －b )，∴a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝0，∴a ·b ＝a 2，∵||a ＝1，||b ＝2，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝a 2|a ||b |＝22，∴向量a 与向量b 的夹角为π4，故选B. 【答案】 B4.【解析】 由频率分布直方图得0.4÷0.1＝4，∴11时至12时的销售额为3×4＝12.【答案】 C5.【解析】 因为平行四边形OAMB 是以OA ，OB 为邻边的菱形，且∠MOB ＝60°，O 到y ＝kx ＋1的距离为1，即11＋k 2＝1，解得k ＝0，故选D. 【答案】 D6.【解析】 因为f (x )＝4cos x －e |x |为偶函数，所以排除B ，D ；因为f (0)＝3，所以排除C ，故选A.【答案】 A7.【解析】 由余弦定理得：AD 2＝32＋12－2×3×1×cos60°＝7，∴AD ＝7，∴cos ∠ADB ＝1＋7－92×1×7＝－714， ∴AD →·BC →＝7×3×cos ∠ADB ＝37×－714＝－32.【答案】 B8.【解析】 画出可行域知，该区域是由点A (5,1)，B (2,1)，C (1,5)所围成的三角形区域(包括边界)，直线z ＝x －ay 在y 轴上的截距为－1a z ，斜率为1a，通过调整直线易得在点A (5,1)取到最大值，故3＝5－a ·1，解得a ＝2.【答案】 A9.【解析】 设P (x 0，x 0)，∴切线的斜率为12x 0，又∵在点P 处的切线过双曲线左焦点F (－1,0)，∴12x 0＝x 0x 0＋1，解得x 0＝1，∴P (1,1)，因此2c ＝2,2a＝5－1，故双曲线的离心率是5＋12，故选A. 【答案】 A 10.【解析】 ①设满足定义的常数函数为f (x )＝C ，则有C ＋λC ＝(1＋λ)C ＝0，当λ＝－1时C 可不为0，故①错；②若该函数满足定义则存在实数使得2(x＋λ)＋1＋λ(2x ＋1)＝0对所有x 都成立，则有⎩⎨⎧ 2＋2λ＝0，3λ＋1＝0有实根，而此方程组无实数解，故②对；对于③，令x ＝0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋13f (0)＝0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝－13f (0)．若f (0)＝0，显然f (x )＝0有实数根；若f (0)≠0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13·f (0)＝－13f (0)2<0.又因为f (x )的图象是连续不断的，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，13上必有实根，故③对；④若该函数满足定义，则存在实数使得e x ＋λ＋λe x ＝0对所有x 都成立，则有e λ＋λ＝0有实根，而由函数图象关系知此方程有小于零的实数解，故④对．故此题有三个命题正确，选C.【答案】 C11.【解析】 由所给数据，得x ＝2＋3＋4＋54＝3.5，y ＝2.2＋3.8＋5.5＋6.54＝4.5，将(3.5,4.5)代入到回归方程，得 4.5＝b ×3.5－0.61，解得b ＝1.46，即回归直线方程为y ^＝1.46x －0.61，因为回归直线与直线2x ＋ay ＋1＝0垂直，所以1.46×2－1×a ＝0，解得a ＝2.92.【答案】 2.9212.【解析】 第一次循环：i ＝3；第二次循环：i ＝4；第三次循环：i ＝5；此时MOD(25,5)＝0，循环结束，输出i ＝5.【答案】 513.【解析】 因为A ，B ，C ，D 四点共圆，所以∠B ＋∠D ＝π，由余弦定理得AC 2＝52＋32－2×5×3cos D ＝34－30cos D ，AC 2＝52＋82－2×5×8cos B ＝89－80cos B ，由cos B ＝－cos D ，得－34－AC 230＝89－AC 280，解得AC ＝7. 【答案】 714.【解析】 根据三视图还原成几何体直观图为如图所示的三棱锥P ­ABC ，其特点是：侧面PAB ⊥底面ABC ，由图可知，其外接球的球心为AB 的中点，半径为2，故该几何体的外接球的体积为V ＝43π×23＝323π.【答案】 323π 15.【解析】 由已知得h (－x )＝h (x )，∴(m －n )·4－x ＋(n －m )·4x ＝0，得m ＝n ，∴h (x )＝m ·(4x ＋1)＋m ·4－x ＝m (4x ＋4－x )＋m ≥m ·24x ·4－x ＋m ＝3m ，当且仅当4x ＝4－x ，即x ＝0时，等号成立，∵函数h (x )的最小值为1，∴3m＝1，得m ＝13，∴m ＋n ＝23. 【答案】 2316.【解】 (1)由已知f (x )＝32sin2ωx －12cos2ωx －4×1－cos 2ωx 2＋2 ＝32sin2ωx ＋32cos2ωx ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π3， 由已知函数f (x )的周期T ＝π，即2π2ω＝π，∴ω＝1， ∴f (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π3. (2)将f (x )的图象向左平移m (m >0)个单位得到g (x )的图象，则g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2m ＋π3. ∵g (x )经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，0， ∴3sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＋2m ＋π3＝0， 即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m －π3＝0， ∴2m －π3＝k π(k ∈Z )，m ＝k 2π＋π6，∵m >0，∴当k ＝0时，m 取得最小值，此时最小值为π6. 此时，g (x )＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋2π3. 若－π6≤x ≤7π12， 则π3≤2x ＋2π3≤11π6， 当π3≤2x ＋2π3≤π2，即－π6≤x ≤－π12时，g (x )单调递增； 当3π2≤2x ＋2π3≤11π6，即5π12≤x ≤7π12时，g (x )单调递增． ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，7π12上的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，－π12和⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π12，7π12. 17.【解】 (1)甲厂平均值为110(9＋18＋15＋16＋19＋13＋23＋20＋25＋21)＝17.9，乙厂平均值为110(18＋14＋15＋16＋19＋10＋13＋21＋20＋23)＝16.9. 所以甲厂平均值大于乙厂平均值．(2)记含量为10和13毫克的两件产品为A ，B ，其他非优质品分别为C ，D ，E ，F ，则“从六件非优质品中随机抽取两件”，基本事件有：(A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(A ，F )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(B ，F )，(C ，D )，(C ，E )，(C ，F )，(D ，E )，(D ，F )，(E ，F )，共15个． “至少抽到一件含量为10毫克或13毫克的产品”所组成的基本事件有： (A ，B )，(A ，C )，(A ，D )，(A ，E )，(A ，F )，(B ，C )，(B ，D )，(B ，E )，(B ，F )，共9个，故所求概率P ＝915＝35.18.【解】 (1)证明：取PB 中点N ，连接MN 、AN ，∵M 是PC 中点，∴MN ∥BC ，MN ＝12BC ＝2，又∵BC ∥AD ，AD ＝2，∴MN ∥AD ，MN ＝AD ， ∴四边形ADMN 为平行四边形．∵AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，∴AD ⊥平面PAB ，∴AD ⊥AN ，∴AN ⊥MN ， ∵AP ＝AB ，∴AN ⊥PB ，又∵MN ∩PB ＝N ，∴AN ⊥平面PBC ， ∵AN ⊂平面ADM ，∴平面ADM ⊥平面PBC . (2)由(1)知，PN ⊥AN ，PN ⊥AD ，所以PN ⊥平面ADM ，即点P 到平面ADM 的距离为PN ，在Rt △PAB 中，由PA ＝AB ＝2，得PB ＝22，所以PN ＝12PB ＝ 2.19.【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝2－1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －n －[2n －1－(n －1)]＝2n －1－1， 此式对n ＝1不成立， ∴a n ＝⎩⎨⎧1， n ＝1，2n －1－1， n ≥2.又由T 3＝15可得b 1＋b 2＋b 3＝15，∴b 2＝5.设数列{b n }的公差为d ，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3－1成等比数列可得6－d,6,7＋d 成等比数列，∴(6－d )(7＋d )＝36⇒d ＝2或d ＝－3.又∵等差数列{b n }的各项为正实数， ∴d ＝－3不合题意，舍去，∴d ＝2，从而可得b n ＝b 2＋(n －2)d ＝5＋(n －2)·2＝2n ＋1. (2)c n ＝a n ·b n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，(2n ＋1)·2n －1－(2n ＋1)，n ≥2.当n ≥2时，∴A n ＝3＋5·21＋7·22＋…＋(2n －1)·2n －2＋(2n ＋1)·2n －1－[5＋7＋…＋(2n＋1)]，令P n ＝5·21＋7·22＋…＋(2n －1)·2n －2＋(2n ＋1)·2n －1，① 则2P n ＝5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，② ①－②可得－P n ＝5·21＋23＋…＋2n －(2n ＋1)·2n ， ∴－P n ＝5·21＋23＋…＋2n －(2n ＋1)·2n ＝10＋23－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n＝(1－2n )2n ＋2， ∴P n ＝(2n －1)2n －2，∴A n ＝3＋(2n －1)2n －2－(n －1)·(n ＋3) ＝(2n －1)·2n －n 2－2n ＋4.20.【解】 (1)由题意得b ＝1，a 2＋b 2＝2c 2， 又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，c 2＝2， 所以椭圆的标准方程为x 23＋y 2＝1.离心率e ＝23＝63. (2)①证明：设直线PQ 的方程为x ＝my ＋n ，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立 ⎩⎨⎧x ＝my ＋n ，x 2＋3y 2＝3，得(3＋m 2)y 2＋2mny ＋n 2－3＝0，Δ＝(2mn )2－4(3＋m 2)×(n 2－3)＝12(m 2－n 2＋3)>0，(*) ⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2mn3＋m 2，y 1y 2＝n 2－33＋m 2，因为k BP ·k BQ ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝e 2＝23，所以3(y 1－1)(y 2－1)＝2x 1x 2＝2(my 1＋n )(my 2＋n )，所以(2m 2－3)y 1y 2＋(2mn ＋3)(y 1＋y 2)＋2n 2－3＝0，所以(2m 2－3)n 2－33＋m 2＋(2mn ＋3)－2mn 3＋m2＋2n 2－3＝0，整理得n 2－2mn －3m 2＝0， 所以(n －3m )(n ＋m )＝0， 所以n ＝－m 或n ＝3m ，所以直线PQ 的方程为x ＝my －m ＝m (y －1)(舍)或x ＝my ＋3m ＝m (y ＋3)， 所以直线PQ 过定点M (0，－3)．②由题意知∠PBQ ≠90°，若∠BPM ＝90°或∠BQM ＝90°， 则P 或Q 在以BM 为直径的圆T 上，即在圆x 2＋(y ＋1)2＝4上， 联立⎩⎨⎧x 2＋(y ＋1)2＝4，x 2＋3y 2＝3，解得y ＝0或1(舍)，即P 或Q 只可以是椭圆的左、右顶点，故k PQ ＝± 3. 21.【解】 (1)当a ＝2时，f (x )＝2x －2x ， 所以f ′(x )＝2xln2－2，所以f ′(2)＝4ln2－2， 又f (2)＝0，所以所求切线方程为y ＝(4ln2－2)(x －2)． (2)当x ≤0时，f (x )≥0恒成立； 当x >0时，若0<a <1，则x >1时，f (x )<1－2<0，与题意矛盾，故a >1. 由f (x )≥0知a x ≥2x ，所以x ln a ≥ln2x ， 所以ln a ≥ln 2xx .令g (x )＝ln 2xx，则g ′(x )＝12x×2×x －ln 2x x 2＝1－ln 2xx 2，令g ′(x )＝0，则x ＝e2，且0<x <e 2时，g ′(x )>0，x >e2时，g ′(x )<0，则g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2＝ln e e 2＝2e ，所以ln a ≥2e ，a ≥e 2e ，即a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫e 2e ，＋∞.(3)f ′(x )＝a x ln a －2，①当0<a <1时，a x >0，ln a <0，则f ′(x )<0， 所以f (x )在R 上为减函数，f (x )无极小值． ②当a >1时，设方程f ′(x )＝0的根为t ，得a t ＝2ln a， 即t ＝log a 2ln a ＝ln2ln a ln a，所以f (x )在(－∞，t )上为减函数，在(t ，－∞)上为增函数， 所以f (x )的极小值为f (t )＝a t －2t ＝2ln a －2ln2ln a ln a，即g (a )＝2ln a －2ln2ln a ln a ，又a >1，所以2ln a>0.设h (x )＝x －x ln x ，x >0，则h ′(x )＝1－ln x －x ·1x＝－ln x ，令h ′(x )＝0，得x ＝1，所以h (x )在(0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数， 所以h (x )的最大值为h (1)＝1， 即g (a )的最大值为1，此时a ＝e 2.。

2023届河北省高考押题卷（二）历史试题一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.西周时期，王城规模庞大，大多没有城墙，宫殿、宗庙、工商活动和居民区域零落分布，无明显功能分区。

东周时期，王城规模缩小，呈现大郭城(工商业区和居民区)内套宫城(宫殿和宗庙)结构，宫城和郭城均有坚固的城墙。

以上变化反映出东周A.工商业集镇的规模扩大B.天子权威与都城营建强化C.礼乐等级秩序逐渐加强D.军事动荡与社会分化加剧2.西汉末年，太官曾通过昼夜燃火的温室来反季节种植稀缺的“葱韭菜茹”。

担任少府的召信臣以“不时之物，有伤于人”为由，奏请禁止栽培此类“非法食物”并获准，“省费岁数千万”。

这表明当时A.主流价值渗透宫廷生活B.精耕细作坚持以农为本C.作物栽培影响天人观念D.财政危机阻碍技术革新3.南北朝时期，很多寺院大量接收政府和民间的捐输，它们据此开展典当业务，以“济民”名义放贷牟利，还宣传赖债的人来世要做牛马去偿还。

据此可知当时寺院从事典当业务的重要信用来源是A.寺院承担的赋役义务B.老百姓对佛门的信仰C.信贷服务的逐利动机D.政府的三教并行政策4.唐代中后期，官民葬礼“贵贱既无等差，资产为其损耗”的现象愈演愈烈，政府遂重申唐代前期《开元礼》和《丧葬令》的葬礼要求，并通过制、敕使之具体化，还增加了对内侍官、散试官、幕府官员和庶民葬礼的规定。

可见，当时唐朝A.礼教和法令开始紧密结合B.适当扩大监察机构权力C.重视规范和引导社会风气D.促使政治秩序趋于稳定5.明代内阁大臣长期以皇帝直接任命为主。

明神宗万历十九年(1591年),吏部尚书陆光祖上疏，主张今后阁臣人选悉由廷推。

自此，由部院大臣与科道官员会同推举人选、奏请皇帝点用成为入阁定制。

这一变化使得A.中央行政中枢发生转移B.决策效率出现迟滞问题C.部门斗争逐渐趋于和缓D.皇权受到一定程度制约6.表1为1858—1866年中外部分条约文本所用的法定文字情况统计。