2024年内蒙古呼和浩特市高考数学第二次质检试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年内蒙古呼和浩特市高考数学第二次质检试卷（理科）(含详细答案解析)，共16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。
1.已知复数z满足z−(1−i)=2+i，则|z|=( )
A. 2B. 102C. 52D. 5
2.已知集合A={3a,2+a}，集合B={a,1}，且A∩B={1}，则a=( )
A. 0或1B. −1C. 0或−1D. 0
3.已知中心在原点，焦点在y轴上的双曲线的离心率为 5，则它的渐近线方程为( )
A. y=±2xB. y=± 52xC. y=±12xD. y=± 6x
4.已知南方某个地区的居民身高X大致服从正态分布N(158,σ2)，单位cm.若身高在(150,166)的概率为0.6，则从该地区任选一人，其身高高于166的概率为( )
A. 0.1B. 0.2C. 0.35D. 0.15
5.函数f(x)的部分图象大致如图所示，则f(x)的解析式可能为( )
A. f(x)=sinxex+e−xB. f(x)=ex−e−x−sinx
C. f(x)=ex+e−xsinxD. f(x)=ex−e−x+sinx
6.已知tan(θ−π4)=−12，则2sin2θ+sin2θ1+sin2θ=( )
A. −12B. 0C. 12D. 13
7.已知向量a,b满足|a|=2,b=(1,2 2)，且a⋅b=−3，则向量a,b的夹角为( )
A. 2π3B. π3C. 5π6D. π6
8.1024的所有正因数之和为( )
A. 1023B. 1024C. 2047D. 2048
9.如图所示的曲线为函数f(x)=Acs(ωx−φ)(A>0,ω>0,|φ|0，
则f(x)在(0,+∞)上递增，不符合题意；
对于C，f(x)=ex+e−xsinx，当x=0时，sinx=0，函数显然没有意义，不符合题意；
对于D，f(x)=ex−e−x+sinx，其定义域为R，
f′(x)=ex+e−x+csx，
在区间(0,+∞)上，有ex>1，−1≤csx≤1，
则f′(x)=ex+e−x+csx>2−1>0，
则f(x)在(0,+∞)上递增，不符合题意．
故选：A.
根据题意，结合函数图象可知，f(x)为奇函数且f(0)=0，在区间(0,+∞)上先增后减，然后结合函数的奇偶性及f(0)=0检验各选项即可判断．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性分析，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：因为知tan(θ−π4)=−12=tanθ−11+tanθ，
所以tanθ=13
则2sin2θ+sin2θ1+sin2θ=2sinθ(sinθ+csθ)(sinθ+csθ)2=2sinθsinθ+csθ=21+1tanθ=12.
故选：C.
由已知结合两角差的正切公式进行化简先求出tanθ，然后结合二倍角公式及同角基本关系进行化简即可求解．
本题主要考查了两角差的正切公式，二倍角公式及同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由题意，|a|=2，|b|=3，a⋅b=−3，
则cs=a⋅b|a||b|=−32×3=−12，
又∈[0,π]，所以=2π3.
故选：A.
根据向量的夹角公式，求得夹角的余弦值，进而得出夹角．
本题考查平面向量数量积的运算，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：1024的所有正因数之和为20+21+22+...+210=1×(1−211)1−2=211−1=2047.
故选：C.
根据等比数列的求和公式计算即可．
本题考查等比数列的求和公式，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：由图象知A=2，π6+2π32=5π12，
则f(x)的一个最低点为(5π12,−2)，
f(x)的最小正周期为T=2π3−0=2π3，则ω=2πT=3，
f(5π12)=2cs(3×5π12−φ)=−2，即5π4−φ=π+2kπ(k∈Z)，
∴φ=π4−2kπ(k∈Z)，∵|φ|lg852，
∴a>b，
下面比较b和c，
∵lg852>lg82=13，lg2012506503b>c.
故选：D.
利用对数的运算性质，结合对数函数的单调性求解．
本题主要考查了对数函数的性质，考查了对数的运算性质，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：由1b2+54a2=c2a2b2，可得a2+54b2=c2，所以c2−a2=54b2，
根据余弦定理，得csA=b2+c2−a22bc=b2+54b22bc=98⋅bc，csC=a2+b2−c22ab=b2−54b22ab=−18⋅ba，
所以csAcsC=98⋅bc−18⋅ba=−9ac=−9sinAsinC，整理得sinCcsC=−9⋅sinAcsA，即tanC=−9tanA，
根据csC=−18⋅ba0，所以a>0，
原式可化为ex−e−ae−alnax≥0，令函数f(x)=ex−e−ae−alnax，x>0，
f′(x)=ex−e−ax，显然该函数为增函数，x→0时，f′(x)→−∞，x→+∞时，f′(x)→+∞，
所以存在t>0，使得f′(t)=0，et−e−at=0，可得et−e=at，lnt=lna−t+e，
且00，然后原式可化为ex−e−ae−alnax≥0，令函数f(x)=ex−e−ae−alnax，x>0，结合隐零点问题的解题思路，求其最小值，令其大于等于零，解出a的范围即可．
本题考查不等式恒成立问题的解题思路，函数最值的求法，属于中档题．
13.【答案】π4
【解析】解：根据定积分的几何意义可知∫ −10 1−x2dx表示以O为坐标原点1为半径的圆的面积的14，
故∫ −10 1−x2dx=π4，
所以∫ −1πf(x)dx=−10 1−x2dx+0π cs⁡xdx=π4+sin⁡x|0π=π4+sin⁡π−sin⁡0=π4.
故答案为：π4.
直接利用定积分运算法则求解即可．
本题考查定积分的运算法则的应用，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：多项式的展开式中含x2的项为2x×C54x⋅(−1)4−m×C53x2⋅(−1)3=(10+10m)x2，
则10+10m=40，解得m=3.
故答案为：3.
利用二项式定理求出多项式的展开式中含x2的项，再由已知建立方程即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
15.【答案】[− 2−1, 2−1]
【解析】解：直线l：x+y+m=0绕原点O逆时针旋转90∘后得到直线x−y−m=0，
若该直线与圆C存在公共点，则圆心C(1,2)到直线x−y−m=0的距离d=|1−2−m| 2≤1，
解得− 2−1−≤m≤ 2−1，即实数m的取值范围是[− 2−1, 2−1].
故答案为：[− 2−1, 2−1].
写出直线l旋转之后的直线，由圆心C到该直线的距离d≤1，利用点到直线的距离公式求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握点到直线的距离公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】288π
【解析】解：连接BD，分别取EF、BD、AD中点G、H、I，连接GH、HI、EI，
由底面ABCD是正方形，EF//平面ABCD，△ADE和△BCF均为等边三角形，
故EG//IH，GH⊥底面ABCD，又EF=2AB=12，故EG=AD=AB=6，
则EI= 32AD=3 3，故GH= (3 3)2−32=3 2，
由H为底面正方形中心，HG⊥IH，故可在直线GH上取一点O，
使O为羡除ABCDEF外接球球心，连接OI、OE、OA，
设半径为r，OH=a，则OA=OE=r，
由GH⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，故GH⊥AD，
又AD⊥IH，IH、GH⊂平面IOH，故AD⊥平面IOH，
又IO⊂平面IOH，故AD⊥IO，故IO2=r2−AI2=r2−32，
又IO2=OH2+IH2=a2+32，故有r2−32=a2+32，
即r2=a2+18，又EO2=r2=(3 2−a)2+62，
∴a2+18=(3 2−a)2+62，解得a=3 2，
故r2=a2+18=36，即r=6，
则这个几何体的外接球的体积为V=43π×63=288π.
故答案为：288π.
结合题意，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则球心必在该直线上，设出球心，借助球心到各顶点距离相等，结合勾股定理计算即可得半径，运用球的体积公式即可得球的体积．
本题考查了几何体外接球的体积计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由a1=1，q=3，a2−b2=a3−b3=b4−a4，
可得(1+d)−3b1=(1+2d)−9b1=27b1−(1+3d)，
解得d=2,b1=13，
∴an=2n−1,bn=3n−2；
(2)Sn=12n(1+2n−1)=n2，1 Sn⋅ Sn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴cn=3n−2+1 SnSn+1=3n−2+1n(n+1)=3n−2+(1n−1n+1)，
∴Tn=13(1−3n)1−3+[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]
=3n−16+1−1n+1=3n6+56−1n+1.
【解析】(1)由等差数列和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
(2)由数列的分组求和与裂项相消求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和、裂项相消求和，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由题意得当a=−1时，
f′(x)=ex+1ex−2≥2 ex⋅1ex−2=0(当且仅当x=0，即ex=1时取等号)，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(x)min=f(0)=0，
所以f(x)≥0.
(2)当a=0时，f(x)=ex−2x，由题知f(x)=ex−2x=x，即ex−3x=0，
设g(x)=ex−3x，则g′(x)=ex−3，
因为g(0)=1>0，g(ln3)=3−3ln325−15=17>0，所以g(x)在(ln3,+∞)有唯一零点x2，
综上所述，f(x)有两个不动点x1、x2.
【解析】(1)求出函数的单调性得到最小值，即可求出结果．
(2)根据单调性求出最小值，可求出不动点的个数．
本题主要考查利用导数求函数的单调性和最值，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC= 5,BC=2，侧面BB1C1C是正方形，D为BC的中点，
∵AB=AC，D为BC的中点，∴BC⊥AD，
又BC⊥BB1，AA1//BB1，
∴BC⊥AA1，
又AD∩AA1=A，∴BC⊥平面AA1D，
又BC⊂平面ABC，∴面AA1D⊥平面ABC.
(2)存在点E，证明如下．
以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过点D且与平面ABC垂直的射线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0),A(2,0,0),A1(1,0, 3),C(0,−1,0),C1(−1,−1, 3)，
设E(0,t,0)(−1≤t≤1)，平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z)，
则C1E=(1,t+1,− 3),AA1=(−1,0, 3),CA=(2,1,0)，
∵n⊥AA1,n⊥CA，
∴n⋅AA1=−x+ 3z=0n⋅CA=2x+y=0，取z=1，得n=( 3,−2 3,1)，
∵线段BC上存在一个点E，使直线C1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为3 310，
∴|cs|=|C1E⋅n||C1E|⋅|n|=2 3(t+1) 4+(t+1)2⋅4=3 310，
解得t=12或t=−52(舍)
∴DE=12，即点E存在，且为BD的中点．
【解析】(1)推导出BC⊥AD，BC⊥BB1，BC⊥AA1，从而BC⊥平面AA1D，由此能证明面AA1D⊥平面ABC.
(2)以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过点D且与平面ABC垂直的射线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E存在，且为BD的中点．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定与性质、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可知，x−=1+2+3+4+5+66=72，i=16xi2=12+22+32+42+52+62=91，
∵y=aebx，∴lny=lna+bx，即u=lna+bx，
∴b =i=16xiui−6x−u−i=16xi2−6x−2=106.05−21×28.5×1691−6×(72)2=0.36，
∴lna=u−−b x−=28.56−0.36×72=3.49，
∴u=3.49+0.36x，
即y=e3.49+0.36x；
(2)由题意可知，X的所有可能取值为8，11，14，18，
则P(X=8)=14，P(X=11)=34×14=316，P(X=14)=34×34×14=964，P(X=18)=34×34×34=2764，
所以X的分布列为：
所以E(X)=8×14+11×316+14×964+18×2764=1098.
【解析】(1)先根据表格数据求出x−，i=16xi2的值，对y=aebx两边同时取对数得u=lna+bx，结合提供的参考数据求出b 的值，进而求出lna的值，得到y与x的回归方程；
(2)由题意可知，X的所有可能取值为8，11，14，18，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到X的分布列，再结合期望公式求解．
本题主要考查了回归方程的求解，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为椭圆C:x24+y2=1，
所以a2=4，b2=1，
可得c2=a2−b2=3，
则椭圆C的焦距2c=2 3，离心率e= 32；
(2)不妨设直线MN的方程为y=kx−2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
易知B(2,0)，
联立y=kx−2x24+y2=1，消去y并整理得(1+4k2)x2−16kx+12=0，
此时Δ>0，
解得k> 32，
由韦达定理得x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2，
若点B在以线段MN为直径的圆上，
此时BM⋅BN=0，
即(x1−2,y1)(x2−2,y2)=0，
整理得(x1−2)(x2−2)+y1y2=0，
即(1+k2)x1x2−2(x1+x2)(1+k)+8=0，
因为x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2，
所以(1+k2)121+4k2−2×161+4k2(1+k)+8=0，
整理得3k2−8k+5=0，
解得k1=53，k2=1，
因为当k=1时，直线MN过椭圆的右顶点B，不符合题意，
故k=53；
(3)由(2)得k> 32，x1+x2=16k1+4k2，x1x2=121+4k2，
因为PS=λOP，PT=μOP，
所以(0,s+2)=λ(0,−2)，(0,t+2)=μ(0,−2)，
解得λ=s+2−2，μ=t+2−2，
则λ+μ=(s+t)+4−2，①
易知kAS=kAM=s2=y1x1+2，kAT=kAN=t2=y2x2+2，
解得s=2y1x1+2=2(kx1−2)x1+2，t=2y2x2+2=2(kx2−2)x2+2，
则s+t=4[kx1x2+(k−1)(x1+x2)−4]x1x2+2(x1+x2)+4=−1k+1，②
联立①②，
可得λ+μ=12(1k+1−4)，
因为k> 32，
所以λ+μ∈(−2,− 3).
故λ+μ的取值范围为(−2,− 3).
【解析】(1)由题意，结合椭圆的方程和离心率公式进行求解即可；
(2)设出直线MN的方程和M，N两点的坐标，将直线MN的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量的坐标运算进行求解即可；
(3)结合(2)中所得信息将λ+μ和s+t的表达式写出，再根据k的取值范围进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)曲线C：ρsin2θ=acsθ(a>0)，
则ρ2sin2θ=aρcsθ，
x=ρcsθy=ρsinθ，
则y2=ax；
直线l的参数方程为：x=2+ 22ty= 22t(t为参数)，
消去参数t可得，l：y=x−2；
(2)直线l的标准参数方程为：x=−2+t⋅ 22x=−4+t⋅ 22(t为参数)
代入曲线C的直线坐标方程得：t2− 2(8+a)t+(32+4a)=0，
设M，N对应的参数为t1，t2，
由韦达定理得：t1+t2= 2(8+a)>0,t1⋅t2=(32+4a)>0
∵|PM|、|MN|、|PN|成等比数列
∴|t1−t2|2=|t1⋅t2|，即(t1+t2)2−4t1⋅t2=t1⋅t2，解得a=2.
【解析】(1)根据已知条件，结合极坐标方程，求出曲线C的直角坐标方程，再消去参数t可得，直线l的普通方程；
(2)结合参数方程的几何意义，韦达定理，以及等比数列的性质，即可求解．
本题主要考查参数方程、极坐标方程的应用，属于中档题．
23.【答案】解：(1)不等式f(x)≤6，即|x−2|+|2x−1|≤6，
①当x