黑龙江齐齐哈尔2024届 高三第二学期高考数学模拟试题(二模)有答案

这是一份黑龙江齐齐哈尔2024届 高三第二学期高考数学模拟试题(二模)有答案，共18页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，数列满足，若，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
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，求平面与平面夹角的余弦值．
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．
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．
1．D
【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．A
【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．C
【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．D
【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．B
【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．D
【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．B
【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．A
【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．
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.
9．BD
【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．ACD
【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．ABD
【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
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.
12．
【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，故直线的方程为．
故答案为.
13．##
【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．
【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.
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.
15．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【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.
【详解】（1）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；
（2）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．(1)证明见解析
(2)
【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.
【详解】（1）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；
（2）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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，，即，
所以，
当时，符合，
所以；
（2）依题意，，
，
，
︙
．
所以，
即，①
则，②
由①②可得，，
所以．
18．(1)
(2)证明见解析
【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.
【详解】（1）解：当时，，则，
又，所以，即，
所以在点处的切线方程为，即；
（2）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．
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．(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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；
（2）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，
将替换为，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