2024年齊齊哈爾市高三數(shù)學4月第二次模擬考試卷及答案解析

年齊齊哈爾市高三數(shù)學4月第二次模擬考試卷（全卷滿分150分，考試時間120分鐘）2024.04注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．2．請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚．4．考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交．5．本卷主要考查內容：高考范圍．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知為整數(shù)集，，則（

）A． B． C． D．2．若，則（

）A． B．1 C．2 D．43．樣本數(shù)據(jù)16，20，21，24，22，14，18，28的分位數(shù)為（

）A．16 B．17 C．23 D．244．在中，，，則（

）A． B． C． D．5．是一種由60個碳原子構成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子結構由12個正五邊形和20個正六邊形組成．如圖，將足球烯上的一個正六邊形和相鄰正五邊形展開放平，若正多邊形的邊長為1，為正多邊形的頂點，則（

）

A．1 B．2 C．3 D．46．早在西元前6世紀，畢達哥拉斯學派已經(jīng)知道算術中項，幾何中項以及調和中項，畢達哥拉斯學派哲學家阿契塔在《論音樂》中定義了上述三類中項，其中算術中項，幾何中項的定義與今天大致相同．若，則的最小值為（

）A． B． C． D．7．已知函數(shù)的最小值為，則的最小值為（

）A． B． C．0 D．18．數(shù)列滿足，若，則（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．如果正確選項為2個，則選對一個得3分，全部選對得6分；如果正確選項有3個，則選對一個得2分，選對兩個得4分，全部選對得6分．有選錯的得0分．9．已知函數(shù)，則（

）A．為偶函數(shù)B．曲線的對稱中心為C．在區(qū)間上單調遞減D．在區(qū)間上有一條對稱軸10．已知為坐標原點，拋物線的焦點在直線上，且交于兩點，為上異于的一點，則（

）A． B．C． D．有且僅有3個點，使得的面積為11．已知函數(shù)的定義域為，設為的導函數(shù)，，，，則（

）A． B．C．是奇函數(shù) D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知為坐標原點，，為圓上一點且在第一象限，，則直線的方程為．13．某工廠為學校運動會定制獎杯，獎杯的剖面圖形如圖所示，已知獎杯的底座是由金屬片圍成的空心圓臺，圓臺上下底面半徑分別為1，2，將一個表面積為的水晶球放置于圓臺底座上，即得該獎杯，已知空心圓臺（厚度不計）圍成的體積為，則該獎杯的高（即水晶球最高點到圓臺下底面的距離）為．

14．設為雙曲線的一個實軸頂點，為的漸近線上的兩點，滿足，，則的漸近線方程是．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟．15．已知不透明的袋子中裝有6個大小質地完全相同的小球，其中2個白球，4個黑球，從中無放回地隨機取球，每次取一個．(1)求前兩次取出的球顏色不同的概率；(2)當白球被全部取出時，停止取球，記取球次數(shù)為隨機變量，求的分布列以及數(shù)學期望．16．如圖，在四棱錐中，平面，，，是等邊三角形，為的中點．

(1)證明：平面；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值．17．設數(shù)列的前項和為．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)在數(shù)列的和項之間插入個數(shù)，使得這個數(shù)成等差數(shù)列，其中，將所有插入的數(shù)組成新數(shù)列，設為數(shù)列的前項和，求．18．已知函數(shù)．(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)當時，證明：．19．已知橢圓的左頂點為，過且斜率為的直線交軸于點，交的另一點為．(1)若，求的離心率；(2)點在上，若，且，求的取值范圍．1．D【分析】運用集合補集運算及解一元二次不等式即可.【詳解】因為.故選：D．2．A【分析】借助復數(shù)的運算法則及共軛復數(shù)的概念計算即可得.【詳解】，.故選：A．3．C【分析】先將數(shù)據(jù)排序后結合百分位數(shù)公式計算即可.【詳解】由小到大排列為14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8個數(shù)據(jù)，，所以分位數(shù)為.故選：C．4．D【分析】結合正弦定理可得，再結合余弦定理可得.【詳解】

由正弦定理可得，，又，所以，不妨設，所以由余弦定理得．故選：D．5．B【分析】運用數(shù)量積定義計算即可.【詳解】如圖所示，

連接，，由對稱性可知，，取的中點，則，，又因為正六邊形的邊長為1，所以，所以，故選：B．6．D【分析】令，，結合基本不等式可得，化簡可得，轉化為求關于的二次函數(shù)在區(qū)間上的最小值即可.【詳解】不妨設，，則，，所以，當且僅當時取等號，即，當且僅當時取等號，所以，（）所以當時，取得最小值，故選：D．7．B【分析】由二次函數(shù)的性質可知，令，運用導數(shù)可求得的最小值，進而可得結果.【詳解】因為，令，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，，，故選：B．8．A【分析】利用累乘法，則得到規(guī)律，則求出，根據(jù)即可求出.【詳解】，，，，所以，同理可得，，．，因為，所以，則，因為，所以，故選：A．【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是得到，則得到，最后根據(jù)即可得到答案.9．BD【分析】根據(jù)題意利用三角恒等變換整理得，結合正弦函數(shù)的性質逐項分析判斷.【詳解】由題意可得：，對于選項A：因為，所以為奇函數(shù)，故A錯誤；對于選項B：令，解得，所以曲線的對稱中心為，，故B選項正確；對于選項C：因為，即，即在內不是單調遞減，故C錯誤；對于選項D：因為，則，且在內有且僅有一條對稱軸，所以在區(qū)間上有且僅有一條對稱軸，故D選項正確；故選：BD．10．ACD【分析】直接將焦點坐標代入直線方程即可得到，從而判斷A；將表示成參數(shù)形式，利用韋達定理即可判斷B；利用兩點之間的距離和直線的傾斜角的關系即可判斷C；將的面積條件轉化為點到直線的距離條件，即可判斷D.【詳解】

因為拋物線的焦點在直線上，故代入得，所以，A選項正確；設，將拋物線與直線聯(lián)立，得，即.所以由韋達定理得，，，B選項錯誤；由直線的斜率為，知其傾斜角為，故，所以，C選項正確；設的坐標為，到直線的距離為，則的面積.從而的面積為當且僅當.另一方面，直線的方程是，由點到直線的距離公式，知到直線的距離.所以當且僅當，即.而我們有.故滿足條件的恰有三個：.所以有且僅有3個點，使得的面積為，D選項正確.故選：ACD．11．ABD【分析】賦值計算判斷A；賦值并利用復合函數(shù)的求導法則求導探討性質判斷CD；探討函數(shù)的周期計算判斷D.【詳解】函數(shù)，對任意，，對于A，令，得，而，則，A正確；對于B，令，得，則，兩邊求導得，，即，因此關于對稱，，B正確；對于C，由，得，令，得，兩邊求導得，即，因此，函數(shù)是偶函數(shù)，C錯誤；對于D，由，得，則，因此函數(shù)的周期為4，，D正確.故選：ABD【點睛】思路點睛：涉及抽象函數(shù)等式問題，利用賦值法探討函數(shù)的性質，再借助性質即可求解.12．【分析】數(shù)形結合求得直線的傾斜角，進而即可求得直線方程.【詳解】根據(jù)題意，作圖如下：

易知點在圓上，由可知，，所以，又因為，所以，則直線斜率，故直線的方程為．故答案為：.13．##【分析】由球的表面積、圓臺體積公式可求得水晶球的半徑及圓臺的高，再求出水晶球球心到圓臺上底面的距離，進而可求得結果.【詳解】如圖所示，

設水晶球的半徑為，則，解得，設圓臺的高為，則，解得，又因為水晶球球心到圓臺上底面的距離，所以該獎杯的高為．故答案為：.14．【分析】由角平分線定理，結合余弦定理，求得，再求的正切值，進而即可求得漸近線方程.【詳解】根據(jù)題意，作圖如下：

依題意，為的角平分線，且，設，由角平分線定理可得：，則；在中，由余弦定理；在中，由余弦定理可得，，即，解得.故，，所以的漸近線方程是．故答案為：.【點睛】方法點睛：求雙曲線的漸近線方程，常見有三種方法：①直接求出，從而得解；②只需要根據(jù)一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，從而得解；③求得其中一個漸近線的傾斜角（或斜率），從而得解.15．(1)(2)分布列見解析；期望為【分析】（1）將所求事件表示成兩個互斥事件的和事件，然后分別求概率再相加即可；（2）對不同的的取值，分類討論所有可能的取出順序即可求出的分布列，最后用數(shù)學期望的定義求出期望即可.【詳解】（1）設事件為“前兩次取出的球顏色不同”．設事件為“第一次取出了黑球，第二次取出了白球”，則，事件為“第一次取出了白球，第二次取出了黑球”，則，因為事件與不能同時發(fā)生，故它們互斥．所以，所以前兩次取出的球顏色不同的概率為；（2）依題意，的取值為2，3，4，5，6，若第二次取出了全部白球，則只有兩種取法（取決于2個白球取出的先后順序），故，若第三次取出了最后一個白球，則最后取出的白球有2種可能，另一個白球的位置有2種可能，取出的那個黑球有4種可能，故．若第四次取出了最后一個白球，則最后取出的白球有2種可能，另一個白球的位置有3種可能，取出的另外2個黑球有種組合，它們又有2種排列方式，故，若第五次取出了最后一個白球，則最后取出的白球有2種可能，另一個白球的位置有4種可能，取出的另外3個黑球有種組合，它們又有種排列方式，故，若第六次取出了最后一個白球，則最后取出的白球有2種可能，另一個白球的位置有5種可能，取出的另外4個黑球只有1種組合，它們有種排列方式，故．所以的分布列為23456所以數(shù)學期望．16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證明，，然后利用線面垂直的判定定理證明垂直于平面；（2）通過建立空間直角坐標系，由空間向量法即可求出兩平面夾角的余弦值.【詳解】（1）由于是等邊三角形，為的中點．故是等邊的中線，所以，又因為平面，在平面內，所以，由于和在平面內，且交于點，，，所以平面；（2）取的中點，連接，則由是的中點，知是三角形的中位線，故平行于.因為平面，平行于，所以垂直于平面，即三線兩兩垂直.以為坐標原點，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則由，，，，，知，，，所以，．設平面的法向量為，則，即，令，則，，故．顯然平面的一個法向量為.而，故平面與平面夾角的余弦值為．17．(1)(2)【分析】（1）運用求解即可.（2）依題意可知，插入數(shù)列后，與所構成的數(shù)列為，，，，，，，，，，結合等差數(shù)列前n項和公式及錯位相減法求和即可求得結果.【詳解】（1）當時，，所以，當時，，即，所以，當時，符合，所以；（2）依題意，，，，?．所以，即，①則，②由①②可得，，所以．18．(1)(2)證明見解析【分析】（1）求導可得斜率，結合點斜式方程求解即可.（2）求，運用放縮可得，設，求導可得，結合基本不等式可得，從而可得單調性，進而可證得結果.【詳解】（1）解：當時，，則，又，所以，即，所以在點處的切線方程為，即；（2）證明：設（），則，，設，則，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，，恒成立，由可知，所以（），設（），則，，所以當時，，單調遞增，，所以單調遞增，，所以．【點睛】方法點睛：運用導數(shù)證明不等式常見方法：（1）將不等式轉化為函數(shù)的最值問題：待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構造“左減右”的函數(shù)，有時對復雜的式子要進行變形，利用導數(shù)研究其單調性和最值，借助所構造函數(shù)的單調性和最值即可得證．（2）將不等式轉化為兩個函數(shù)的最值進行比較：若直接求導比較復雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標．本例中同時含lnx與ex，不能直接構造函數(shù)，把指數(shù)與對數(shù)分離兩邊，分別計算它們的最值，借助最值進行證明．（3）適當放縮證明不等式：導數(shù)方法證明不等式中，最常見的是和與其他代數(shù)式結合的問題，對于這類問題，可以考慮先對和進行放縮，使問題簡化，簡化后再構建函數(shù)進行證明．常見的放縮公式如下：(1)，當且僅當時取等號．(2)，當且僅當時取等號．19．(1)(2)【分析