2024年内蒙古赤峰市高考数学模拟试卷（文科）（3月份）（含解析）

这是一份2024年内蒙古赤峰市高考数学模拟试卷（文科）（3月份）（含解析），共18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.已知全集U=R，A={x|00)的左焦点，过点F的直线l与双曲线C的一条渐近线垂直，垂足为M，且直线l与双曲线C的右支交于点N，若FM=14FN，则双曲线C的渐近线方程为( )
A. y=±34xB. y=±12xC. y=±2xD. y=±43x
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某学校高一，高二，高三年级的学生人数之比是2：3：4，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为36的样本，则应从高二年级抽取______名学生．
14.已知圆C：(x−2)2+y2=4，直线l：y=−x+1被圆C截得的弦长为______．
15.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2f(x0).
三、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知数列{an}，_____.在①数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2；②数列{an}的前n项之积为Sn=2n(n+1)2(n∈N*)这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答.(注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分，在答题前应说明“我选_____”)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn=lg2an，设数列{1bnbn+1}的前n项和为Tn，求证：Tn0，
∴ω=2，
∵第二点的坐标为(π6,1)，
故2×π6+φ=π2，
解得：φ=π6，
∴函数f(x)=sin(2x+π6)，
故答案为：f(x)=sin(2x+π6)
根据已知中函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2F(0)=0，即f(x)>x，
又由f(x)在R上为增函数，故对∀x0>0，f(f(x0))>f(x0)，④正确．
故答案为：①③④．
根据题意，由函数的解析式分析①②，由函数奇偶性的判断方法分析③，设F(x)=f(x)−x=ex−e−x2−x，求出F(x)的导数，分析F(x)的单调性，可得当x>0时，有f(x)>x，结合f(x)的单调性，分析可得答案．
本题考查函数与方程的关系，涉及函数的奇偶性、单调性的判断方法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)我选①数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2an−2，
可得n=1时，a1=S1=2a1−2，解得a1=2；
当n≥2时，由Sn=2an−2，可得Sn−1=2an−1−2，
两式相减可得an=Sn−Sn−1=2an−2−2an−1+2，
化为an=2an−1，
即数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，则an=2n；
我选②数列{an}的前n项之积为Sn=2n(n+1)2(n∈N*)，
可得n=1时，a1=S1=2，
当n≥2时，an=SnSn−1=2n(n+1)2⋅2−n(n−1)2=2n，对n=1也成立，
所以an=2n，n∈N*；
(2)证明：bn=lg2an=lg22n=n，
1bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
则Tn=1−12+12−13+...+1n−1n+1=1−1n+1，
由1n+1>0，可得Tn0，即x2+x−1>0，解得x 5−12，
所以当a=2时，函数f(x)的单调递增区间为(−∞,−1+ 52)、( 5−12,+∞)．
(3)解法Ⅰ：因为f(x)=(1x+a−1)⋅ex，则f′(x)=(1x+a−1−1x2)ex=((a−1)x2+x−1)exx2，
令g(x)=(a−1)x2+x−1，
因为函数f(x)在(0,1)上有且只有一个极值点，
则函数g(x)在(0,1)上有一个异号零点，
当a=1时，对任意的x∈(0,1)，g(x)=x−11时，函数g(x)=(a−1)x2+x−1在(0,1)上单调递增，
因为g(0)=−10，
所以a>1符合题意，
当a0，
因为g(0)=−10，
故a1，
所以g(t)>g(1)=0，
若a−1=1x2−1x有根，则y=a−1与y=g(t)有交点，
所以a−1>0，
所以a>1，
所以a的取值范围为(1,+∞)．
【解析】(1)当a=1时，f(x)=exx，求导并由导数的几何意义可得切线的斜率为f′(1)，计算f(1)，由点斜式，即可得出答案．
(2)当a=2时，f(x)=(1x+1)ex=(x+1)exx，该函数的定义域为{x|x≠0}，求导并令f′(x)>0，即可得出答案．
(3)解法Ⅰ：求导分析单调性，极值，即可得出答案．
解法Ⅱ：令(a−1)x2+x−1=0，则a−1=1x2−1x有根，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：连接A1C，A1C1，

因为ABCD−A1B1C1D1是正方体，
所以CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以CC1⊥B1D1，又因为四边形A1B1C1D1是正方形，
所以A1C1⊥B1D1，因为A1C1∩CC1=C1，
所以B1D1⊥平面A1C1C，因为A1C⊂平面A1C1C，
所以A1C⊥B1D1；
(2)截面图形，如图所示的六边形，

根据题意知截面面积最大时，图形为边长为 2的正六边形，
所以最大的截面面积为S=6×12× 2× 2×sin60°，所以S=3 3；
(3)如图，因为平面α/​/平面AB1D1，

所以当截面EFG的面积最大时，
E、F、G分别是AB、BB1、B1C1的中点，
易知VF−EGC=VE−FGC，易求S△FGC=32，
因为点E到平面FGC的距离为1，
所以VF−EGC=VE−FGC=13×32×1=12，
易求EC= 5,GC= 5,EG= 6，
所以S△EGC=12× 6× 142= 212，
设F到平面EGC的距离为d，
所以13×S△EGC×d=13× 212×d=12，
所以d= 217，
所以F到平面EGC的距离为 217．
【解析】(1)根据线面垂直的判定定理及性质定理可得结果；
(2)根据面面平行的性质定理及正三角形的面积公式可得结果；
(2)根据等积法求点到平面的距离可得结果．
本题考查了空间几何体位置关系的证明，空间距离的求解，面积的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题可知，42=2p(5−p2)，
解得p=2或p=8(舍)，
所以抛物线P的方程为y2=4x；
(2)由题知直线AB斜率存在且不为0，F(1,0)，
设直线AB：x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
因为AB⊥CD，则直线CD的方程：x=−1my+1，
联立x=my+1y2=4x，可得y2−4my−4=0，Δ=16m2+16>0，
则y1+y2=4m，
所以x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
所以|AB|=x1+x2+p=4m2+4，同理|CD|=4m2+4，
则|AB|+|CD|=4m2+4+(4m2+4)=8+(4m2+4m2)≥8+2 4m2⋅4m2=16，
当且仅当4m2=4m2，即m=±1时等号成立，
所以(|AB|+|CD|)min=16．
【解析】(1)根据抛物线定义，直接代入求解；
(2)设出AB，CD的方程，利用抛物线性质分别求出|AB|=4m2+4，|CD|=4m2+4，然后结合基本不等式即可求解．
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线位置关系的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)曲线C1的参数方程为x=2csαy= 3sinα(α为参数)，转换位普通方程为x24+y23=1．
(3)因为曲线C1的参数方程为x=2csαy= 3sinα(α为参数)，设点M的坐标为(2csα, 3sinα)，
设圆心C2与C1上任意一点的距离为d，则d= 4cs2α+(4− 3sinα)2= −sin2α−8 3sinα+20
设sinα=t，t∈[−1,1]，则d= −t2−8 3t+20= 19−2 48，dmin=4− 3，
所以|MN|min=d−r=3− 3．
【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程和直角坐标方程之间进行转换；
(2)利用三角函数关系式的变换求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程，直角坐标方程之间的转换，两点间的距离公式，三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力，属于中档题
23.【答案】解：(1)当m=2时，不等式f(x)≥4−|x+1|，即为|x−2|+|x+1|≥4，
当x≤−1时，不等式化为−(x−2)−(x+1)≥4，解得x≤−32，所以x≤−32；
当−1