黑龙江省齐齐哈尔市2024届高三下学期二模考试数学试题

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，共11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。

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．（本小题满分13分）
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．（本小题满分15分）
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．（本小题满分15分）
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．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，证明：．
19．（本小题满分17分）
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．
数学考试
参考答案、提示及评分细则
1．D 因为，故选D．
2．A ，，故选A．
3．C 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 由正弦定理可得，，又，所以，不妨设，所以．故选D．
5．B 取的中点，则，所以，故选B．
6．D 不妨设，，则，所以，，所以当时，取得最小值，故选D．
7．B ，令，，当时，，当时，，，，故选B．
8．A ，，，，所以，同理可得，，．，因为，所以，因为，所以，故选A．
9．BD 因为，，所以为奇函数，A选项错误；
令，解得，即，所以曲线的对称中心为，，B选项正确；
当时，C选项错误；
当时，，所以在区间上有且仅有一条对称轴，D选项正确．故选BD．
10．ACD 因为，令，解得，所以，A选项正确；
设，抛物线与直线联立，得，所以，，，B选项错误；
，C选项正确；
不妨设直线，与抛物线联立可得，令，解得，此时直线与直线的距离为，的面积为，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 令，则，因为，所以，A选项正确；
令，则，即，两边求导可得，，即，所以关于对称，，B选项正确；
因为，所以，令，则，两边求导可得，即，所以，是偶函数，C选项错误；
由可知，所以，的一个周期为4，，D选项正确，故选ABD．
12． 易知点在圆上，由可知，，所以，又因为，所以，即直线的方程为．
13． 设水晶球的半径为，则，解得，设圆台的高为，则，解得，已知水晶球球心到圆台上底面的距离为，所以该奖杯的高为．
14． 依题意，为的角平分线，且，设，则，．在中，由余弦定理可得，，代入整理可得，因此，，所以的渐近线方程是．
15．解：（1）设事件为“前两次取出的球颜色不同”．
设事件为“第一次取黑球，第二次取白球”，则，
事件为“第一次取白球，第二次取黑球”，则，
因为事件与互斥．
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，
，．
，，
．
所以的分布列为
所以．
16．（1）证明：是等边三角形，为的中点．
所以是等边的中线，所以，
又平面，平面，，
又平面，平面，，平面；
（2）解：取的中点，连接，因为平面，，
所以平面，
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，，，
，．
设平面的法向量为，
由令，则，
．
显然平面的一个法向量为，
，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17．解：（1）当时，，所以，
当时，，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）解：当时，，，
，，
，在点处的切线方程为，即；
（2）证明：设，
，
设，，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．
19．解：（1）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）设点，直线与椭圆方程联立可得，
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，
综上所述，的取值范围为．
2
3
4
5
6