2024届内蒙古自治区包头市高三下学期二模文科数学试题（含解析）

这是一份2024届内蒙古自治区包头市高三下学期二模文科数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知全集，集合A满足，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．设m，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．若非零向量满足，则向量与向量的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．从分别写有的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是的倍数的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的值域为.若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．－36或36B．－36C．36D．18
8．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.纯音的数学模型是函数，但我们平时听到的乐音不止是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的一个周期为B．的最大值为
C．的图象关于点对称D．在区间上有2个零点
9．在平面直角坐标系中，设，，动点P满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
10．在正方体中，E为BD的中点，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．0B．C．D．
11．设是定义域为的奇函数，且.若，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知双曲线C：的左、右焦点分别为、，双曲线C的离心率为e，在第一象限存在点P，满足，且，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
13．抛物线的准线方程为，则实数a的值为 .
14．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则边 .
15．若实数满足约束条件，则的最小值为 .
16．已知圆柱的两个底面的圆周在表面积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为 .
三、解答题
17．某企业拟对某产品进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入（万元）与科技升级直接收益（万元）的数据统计如下：
根据表格中的数据，建立了与的两个回归模型：模型①：模型②：.
(1)根据下列表格中的数据，比较模型①､②的相关指数的大小，并选择拟合精度更高､更可靠的模型；
(2)根据（1）选择的模型，预测对该产品科技升级的投入为100万元时的直接收益.
（附：刻画回归效果的相关指数越大，模型的拟合效果越好）
18．如图，在多面体中，是等边三角形，.

(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积.
19．已知函数.
(1)若是函数的极值点，求a的值；
(2)求函数的单调区间.
20．已知椭圆过点，且焦距为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作两条互相垂直的弦，设弦的中点分别为.证明：直线必过定点.
21．已知数列为有穷数列，且，若数列满足如下两个性质，则称数列为的增数列：
①；
②对于，使得的正整数对有个.
(1)写出所有4的1增数列；
(2)当时，若存在的6增数列，求的最小值.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
(2)已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．
23．已知．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最小值为，正实数，，满足，求证： ．
序号
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
6
8
10
13
13
22
31
42
50
56
58
回归模型
模型①
模型②
回归方程
182.4
79.2
参考答案：
1．B
【分析】根据全集和集合在全集中的补集易得集合，逐一判断选项即可.
【详解】由，，可得或
则，，，，故B项正确，A,C,D项均是错误的.
故选：B.
2．A
【分析】由共轭复数以及虚部的概念即可得解.
【详解】因为复数，所以的虚部为.
故选：A.
3．B
【分析】通过举反例说明“”不是“”的充分条件，再由对数的运算性质由推得，即得结论.
【详解】由不能推出，如满足，
但无意义，故“”不是“”的充分条件；
再由可得，即得，故“”是“”的必要条件.
即“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．C
【分析】利用向量加法的三角形法则作出图象，根据图象得答案.
【详解】如图：若，则为等边三角形
则向量与向量的夹角为.
故选：C.
5．A
【分析】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．
【详解】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，，，，，，，共15种取法，
其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有，，，，，，，，，共9种情况，
则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率；
故选：．
6．B
【分析】化复合函数为，，根据已知条件，确定的取值范围，再根据的取值范围确定的取值范围即可.
【详解】因为，令，所以；
令函数的值域为，因为，
所以，所以必须能取到上的所有值，
，解得.
故选：B
7．C
【分析】根据等比数列的通项公式求得，继而求得的值，利用等差数列前项和公式进行计算即可.
【详解】数列为等比数列，设公比为q，且，，
则，则，
则，
则，
故选：C.
8．D
【分析】对于A，考查函数与的周期即可；对于B，考查函数与的最大值，验证同时取最大值时的条件即可判断；对于C，利用中心对称的条件进行验证即可；对于D，令，解方程即可.
【详解】对于A,因为的周期为，的周期为，所以的周期为，故A错误；
对于B,因为函数的最大值为1,的最大值为，
故两个函数同时取最大值时，的最大值为，
此时需满足且，不能同时成立，
故最大值不能同时取到，故的最大值不为，则B错误；
对于C，，则，
故的图象不关于点对称，C错误；
对于D,因为时，，又，
所以或者；或者，此时，又，
所以，综上可知，在区间上有2个零点，故D正确，
故选：D.
9．C
【分析】设出点，利用数量积的坐标表示得到点的轨迹，结合直线与圆的关系进行求解即可.
【详解】设，则，，
则，即，
化为，则点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆，
又，所以三点共线，
显然当直线与此圆相切时，的值最大.
又,
则,
则.
故选：C.
10．D
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量的夹角余弦公式求出答案.
【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，
则，
则直线与所成角的余弦值为
，
故选：D
11．A
【分析】结合抽象函数的奇偶性，周期性求解即可.
【详解】若，且是定义域为的奇函数，故，
则，，变形得，
可得周期为，则，故A正确.
故选：A
12．A
【分析】由题意设，则，而，，由三角形面积公式可得，从而，在中，运用余弦定理可得，由此即可得解.
【详解】
设，则，而，所以，
所以点到的距离为，
又，所以，
解得，即，从而，
又因为，
所以，
在中，由余弦定理有，
所以，即，
解得，双曲线C的渐近线方程为.
故选：A.
13．/
【分析】根据抛物线方程及准线方程列出方程，解出即可.
【详解】依题可知，
则，
故答案为：.
14．
【分析】由余弦定理化角为边，化简整理后，代值计算即得.
【详解】因，由余弦定理，，化简得，
因，，故.
故答案为：.
15．
【分析】利用约束条件画出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，结合图形即可得解．
【详解】画出约束条件的可行域如下图所示阴影，
由，得，移动直线簇，
当与重合时，取得最小值；
联立，解得，则，
此时点在直线上，故．
故答案为：.
16．
【分析】由题意，先求出球的半径，再由球和圆柱的位置关系得到圆柱的底面半径、母线和球的半径的关系，然后利用基本不等式求出圆柱的侧面积的最大值.
【详解】设球的半径为，圆柱的底面半径为，母线为，
由题意可知，解得，
又圆柱的两个底面的圆周在表面积为的球O的球面上，
所以圆柱的两个底面的的圆心关于球心对称，且，
圆柱的侧面积，，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，.
故答案为：.
17．(1)模型①的相关指数小于模型②的相关指数，即模型②的拟合效果精度更高､更可靠.
(2)198.6
【分析】（1）利用相关指数的定义判断相关性即可.
（2）将给定数值代入拟合模型中求预测值即可.
【详解】（1）由表格中的数据，，
所以，模型①的相关指数小于模型②的相关指数，
即模型②的拟合效果精度更高､更可靠.
（2）当万元时，科技升级直接收益的预测值为：
（万元）
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先取中点，连接，根据题意易证，，从而得到平面，再根据线面垂直的性质即可得到.
（2）首先连接，易证，，即可得到平面，再根据求解即可.
【详解】（1）取中点，连接.

是等边三角形，为中点，
，
又，
，平面，平面，
又平面，
.
（2）连接，如图所示：

因为，为中点，则，
由得，
又，，
又，平面，平面，
所以.
19．(1)1
(2)单调减区间为，单调增区间为
【分析】（1）由是函数的极值点，，求解验证即可；
（2）利用导函数求解函数的单调区间即可.
【详解】（1）函数定义域为，，
因为是函数的极值点，
所以，解得或，
因为，所以.此时，
令得，令得，
∴在单调递减，在单调递增，所以是函数的极小值点.
所以.
（2）.
因为，所以，令得；令得；
∴函数的单调减区间为，单调增区间为.
20．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可求出椭圆的方程.
（2）直线不垂直于坐标轴时，设出直线方程并与椭圆方程联立求出中点坐标，求出直线即得，再验证之一垂直于轴的情况即可.
【详解】（1）依题意，椭圆半焦距，而，则，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线不垂直于坐标轴时，设直线的方程为，，
由，得直线的方程为，
由消去得：，
则，故，
于是，由代替，得，
当，即时，直线：，过点，
当，即时，直线的斜率为，
直线：，令，
因此直线恒过点，
当直线之一垂直于轴，另一条必垂直于轴，直线为轴，过点，
所以直线恒过点.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点.
21．(1)所有4的1增数列有数列和数列1，3
(2)7
【分析】（1）利用给定的新定义，求出所有符合条件的数列即可.
（2）运用给定的新定义，分类讨论求出结果即可.
【详解】（1）由题意得，则或，
故所有4的1增数列有数列和数列1，3.
（2）当时，因为存在的6增数列，
所以数列的各项中必有不同的项，所以且，
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以
若，满足要求的数列中有三项为1，两项为2，符合的6增数列.
所以，当时，若存在的6增数列，的最小值为7.
22．(1)C：，直线l：
(2)
【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．
【详解】（1）曲线C的参数方程为（为参数，），
所以，所以即曲线C的普通方程为．
直线l的极坐标方程为，则，
转换为直角坐标方程为．
（2）直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，
由代入，得，则，，即t1、t2为负，
故．
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将的解析式写出分段函数的形式，解不等式即可.
（2）先求的最小值，方法1：运用多个绝对值之和最小值求法，方法2：运用函数单调性；再运用“1”的代换与基本不等式可证得结果.
【详解】（1）
即：
①当时，，解得；
②当时，，解得；
③当时，，无解，
综上：不等式的解集为．
（2）方法1：，
当且仅当时等号成立．所以，所以，即.
方法2：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，
所以,所以，即.
∴
，
当且仅当，即时，等号成立．