黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期二模考试数学试题（Word版附解析）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期二模考试数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了本卷主要考查内容等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：高考范围．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知为整数集，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
3. 样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（ ）
A. 16B. 17C. 23D. 24
4. 在中，，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由12个正五边形和20个正六边形组成．如图，将足球烯上的一个正六边形和相邻正五边形展开放平，若正多边形的边长为1，为正多边形的顶点，则（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
6. 早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数的最小值为，则的最小值为（ ）
A. B. C. 0D. 1
8. 数列满足，若，则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．如果正确选项为2个，则选对一个得3分，全部选对得6分；如果正确选项有3个，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对得6分．有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 曲线的对称中心为
C. 在区间上单调递减
D. 在区间上有一条对称轴
10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点在直线上，且交于两点，为上异于的一点，则（ ）
A B.
C. D. 有且仅有3个点，使得的面积为
11. 已知函数的定义域为，设为的导函数，，，，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为坐标原点，，为圆上一点且在第一象限，，则直线的方程为______．
13. 某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台，圆台上下底面半径分别为1，2，将一个表面积为的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆台（厚度不计）围成的体积为，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为______．

14. 设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知不透明的袋子中装有6个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，4个黑球，从中无放回地随机取球，每次取一个．
（1）求前两次取出的球颜色不同的概率；
（2）当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量，求的分布列以及数学期望．
16. 如图，在四棱锥中，平面，，，是等边三角形，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角余弦值．
17. 设数列前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数组成新数列，设为数列的前项和，求．
18 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，证明：．
19. 已知椭圆左顶点为，过且斜率为的直线交轴于点，交的另一点为．
（1）若，求的离心率；
（2）点在上，若，且，求的取值范围．
绝密★启用前
数学考试
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：高考范围．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知为整数集，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用集合补集运算及解一元二次不等式即可.
【详解】因为.
故选：D．
2. 若，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】借助复数的运算法则及共轭复数的概念计算即可得.
【详解】，.
故选：A．
3. 样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（ ）
A. 16B. 17C. 23D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】先将数据排序后结合百分位数公式计算即可.
【详解】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，
，所以分位数为.
故选：C．
4. 在中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合正弦定理可得，再结合余弦定理可得.
【详解】
由正弦定理可得，，
又，所以，
不妨设，
所以由余弦定理得．
故选：D．
5. 是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由12个正五边形和20个正六边形组成．如图，将足球烯上的一个正六边形和相邻正五边形展开放平，若正多边形的边长为1，为正多边形的顶点，则（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】运用数量积定义计算即可.
【详解】如图所示，

连接，，由对称性可知，，
取的中点，则，，
又因为正六边形的边长为1，所以，
所以，
故选：B．
6. 早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，，结合基本不等式可得，化简可得，转化为求关于的二次函数在区间上的最小值即可.
【详解】不妨设，，则，，
所以，当且仅当时取等号，
即，当且仅当时取等号，
所以
，（）
所以当时，取得最小值，
故选：D．
7. 已知函数的最小值为，则的最小值为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由二次函数的性质可知，令，运用导数可求得的最小值，进而可得结果.
【详解】因为，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，
，
故选：B．
8. 数列满足，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用累乘法，则得到规律，则求出，根据即可求出.
【详解】，，
，，
所以，
同理可得，，．，
因为，所以，则，
因为，所以，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到，则得到，最后根据即可得到答案.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．如果正确选项为2个，则选对一个得3分，全部选对得6分；如果正确选项有3个，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对得6分．有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 曲线的对称中心为
C. 在区间上单调递减
D. 在区间上有一条对称轴
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数的性质逐项分析判断.
【详解】由题意可得：，
对于选项A：因为，所以为奇函数，故A错误；
对于选项B：令，解得，
所以曲线的对称中心为，，故B选项正确；
对于选项C：因为，
即，即在内不是单调递减，故C错误；
对于选项D：因为，则，
且在内有且仅有一条对称轴，
所以在区间上有且仅有一条对称轴，故D选项正确；
故选：BD．
10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点在直线上，且交于两点，为上异于的一点，则（ ）
A B.
C. D. 有且仅有3个点，使得的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】直接将焦点坐标代入直线方程即可得到，从而判断A；将表示成参数形式，利用韦达定理即可判断B；利用两点之间的距离和直线的倾斜角的关系即可判断C；将的面积条件转化为点到直线的距离条件，即可判断D.
【详解】
因为抛物线的焦点在直线上，故代入得，所以，A选项正确；
设，将抛物线与直线联立，得，即.
所以由韦达定理得，，，B选项错误；
由直线的斜率为，知其倾斜角为，
故，
所以，C选项正确；
设的坐标为，到直线的距离为，则的面积.
从而的面积为当且仅当.
另一方面，直线的方程是，由点到直线的距离公式，
知到直线的距离.
所以当且仅当，即.
而我们有
.
故满足条件的恰有三个：.
所以有且仅有3个点，使得的面积为，D选项正确.
故选：ACD．
11. 已知函数的定义域为，设为的导函数，，，，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】赋值计算判断A；赋值并利用复合函数的求导法则求导探讨性质判断CD；探讨函数的周期计算判断D.
【详解】函数，对任意，，
对于A，令，得，而，则，A正确；
对于B，令，得，
则，两边求导得，，即，
因此关于对称，，B正确；
对于C，由，得，
令，得，两边求导得，
即，因此，函数是偶函数，C错误；
对于D，由，得，则，
因此函数的周期为4，，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为坐标原点，，为圆上一点且在第一象限，，则直线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】数形结合求得直线的倾斜角，进而即可求得直线方程.
【详解】根据题意，作图如下：

易知点在圆上，由可知，，
所以，又因为，所以，
则直线斜率，故直线方程为．
故答案为：.
13. 某工厂为学校运动会定制奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，已知奖杯的底座是由金属片围成的空心圆台，圆台上下底面半径分别为1，2，将一个表面积为的水晶球放置于圆台底座上，即得该奖杯，已知空心圆台（厚度不计）围成的体积为，则该奖杯的高（即水晶球最高点到圆台下底面的距离）为______．

【答案】##
【解析】
【分析】由球的表面积、圆台体积公式可求得水晶球的半径及圆台的高，再求出水晶球球心到圆台上底面的距离，进而可求得结果.
【详解】如图所示，

设水晶球的半径为，则，解得，
设圆台的高为，则，解得，
又因为水晶球球心到圆台上底面的距离，
所以该奖杯的高为．
故答案为：.
14. 设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是______．
【答案】
【解析】
【分析】由角平分线定理，结合余弦定理，求得，再求的正切值，进而即可求得渐近线方程.
【详解】根据题意，作图如下：

依题意，为的角平分线，且，
设，由角平分线定理可得：，则；
在中，由余弦定理；
在中，由余弦定理可得，，
即，解得.
故，，
所以的渐近线方程是．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程，常见有三种方法：
①直接求出，从而得解；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，从而得解；
③求得其中一个渐近线的倾斜角（或斜率），从而得解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知不透明的袋子中装有6个大小质地完全相同的小球，其中2个白球，4个黑球，从中无放回地随机取球，每次取一个．
（1）求前两次取出的球颜色不同的概率；
（2）当白球被全部取出时，停止取球，记取球次数为随机变量，求的分布列以及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）将所求事件表示成两个互斥事件的和事件，然后分别求概率再相加即可；
（2）对不同的的取值，分类讨论所有可能的取出顺序即可求出的分布列，最后用数学期望的定义求出期望即可.
【小问1详解】
设事件为“前两次取出的球颜色不同”．
设事件为“第一次取出了黑球，第二次取出了白球”，则，
事件为“第一次取出了白球，第二次取出了黑球”，则，
因为事件与不能同时发生，故它们互斥．
所以，
所以前两次取出的球颜色不同的概率为；
【小问2详解】
依题意，的取值为2，3，4，5，6，
若第二次取出了全部白球，则只有两种取法（取决于2个白球取出的先后顺序），故，
若第三次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能，另一个白球的位置有2种可能，取出的那个黑球有4种可能，
故．
若第四次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能，另一个白球的位置有3种可能，取出的另外2个黑球有种组合，它们又有2种排列方式，
故，
若第五次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能，另一个白球的位置有4种可能，取出的另外3个黑球有种组合，它们又有种排列方式，
故，
若第六次取出了最后一个白球，则最后取出的白球有2种可能，另一个白球的位置有5种可能，取出的另外4个黑球只有1种组合，它们有种排列方式，
故．
所以的分布列为
所以数学期望．
16. 如图，在四棱锥中，平面，，，是等边三角形，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，，然后利用线面垂直的判定定理证明垂直于平面；
（2）通过建立空间直角坐标系，由空间向量法即可求出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
由于是等边三角形，为的中点．
故是等边的中线，所以，
又因为平面，在平面内，所以，
由于和在平面内，且交于点，，，所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，则由是的中点，知是三角形的中位线，故平行于.
因为平面，平行于，
所以垂直于平面，即三线两两垂直
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则由，，，，
，知，，，
所以，．
设平面的法向量为，则
，即，
令，则，，故．
显然平面的一个法向量为.
而，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17. 设数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数组成新数列，设为数列的前项和，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用求解即可.
（2）依题意可知，插入数列后，与所构成的数列为，，，，，，，，，，结合等差数列前n项和公式及错位相减法求和即可求得结果.
【小问1详解】
当时，，所以，
当时，，即，
所以，
当时，符合，
所以；
【小问2详解】
依题意，，
，
，
︙
．
所以，
即，①
则，②
由①②可得，，
所以．
18 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导可得斜率，结合点斜式方程求解即可.
（2）求，运用放缩可得，设，求导可得，结合基本不等式可得，从而可得单调性，进而可证得结果.
【小问1详解】
解：当时，，则，
又，所以，即，
所以在点处的切线方程为，即；
【小问2详解】
证明：设（），则，
，
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，
恒成立，
由可知，
所以（），
设（），则，
，
所以当时，，单调递增，，
所以单调递增，，
所以．
【点睛】方法点睛：运用导数证明不等式常见方法：
（1）将不等式转化为函数的最值问题：
待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较：
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分离两边，分别计算它们的最值，借助最值进行证明．
（3）适当放缩证明不等式：
导数方法证明不等式中，最常见的是和与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对和进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明．常见的放缩公式如下：(1) ，当且仅当时取等号．(2)，当且仅当时取等号．
19. 已知椭圆的左顶点为，过且斜率为的直线交轴于点，交的另一点为．
（1）若，求的离心率；
（2）点在上，若，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得点横坐标，代入椭圆方程可求得点纵坐标，由两点斜率公式可得的值，结合椭圆斜率公式求解即可.
（2）设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程可求得点横坐标，由两点间距离公式可得，同理可得，由可得，结合椭圆定义可知，转化为解不等式即可.
【小问1详解】
如图所示，
由题意知，，设，由，可知，
代入椭圆方程，可得，因为，所以，
又，解得，
所以离心率；
【小问2详解】
如图所示，
设点，直线方程为，
联立直线方程与椭圆方程可得，
整理可得，解得，
所以，
将替换，同理可得，，
由，可得，
整理得，
由，解得或，
，即，解得或，
故解集为.
综上所述，的取值范围为．
2
3
4
5
6