2024年宁夏银川市高考数学质检试卷（文科）（含解析）

这是一份2024年宁夏银川市高考数学质检试卷（文科）（含解析），共19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z1=3+ 3i，z2= 3−i，则z1z2=( )
A. 2 3B. 4 3C. 2 3−3iD. 2 3+3i
2.设全集U={0,1,2,3,4,5,6}，A={1,2,3,4,5}，B={x∈Z| x0.995，且预测值与实际值误差很小.在研究M对Q的影响时，其他参量可通过控制视为常数，电池自放电容量损失量随时间的变化规律为Q=ktp=e(A+BM)tp经实验采集数据进行拟合后获得A=2.228，B=1.3，相关统计学参数R2=0.999，且预测值与实际值误差很小.若该品牌电池初始荷电状态为80%，存放16天后，电容量损失量约为( )
(参考数据为：e3.222≈25.08，e3.232≈25.33，e3.265≈26.26，e3.628≈37.64)
A. 100.32B. 101.32C. 105.04D. 150.56
6.若sin(α−π6)=14，则sin(2α+π6)=( )
A. −78B. −34C. 34D. 78
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点E，F分别是BC，CC1的中点，则( )
A. OC1//EFB. 直线EF与平面ABCD所成的角是30°
C. EF/​/平面AC1D1D. 异面直线EF与AB所成的角是60°
8.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=a，BC=a2，P是△ABC内一点，PA=PC，且△PBC的面积是△PAC的面积的2倍，则PA⋅PB=( )
A. 3a416−a24B. −3a416−a24C. 3a416+a24D. −3a416+a24
9.已知实数a>0，b>0，则“a>b”是“lnab>1a−1b”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
10.设函数f(x)=sin2ωx−cs2ωx+2 3sinωxcsωx(ω>0)，当x∈[0,π2]时，方程f(x)=2有且只有两个不相等的实数解，则ω的取值范围是( )
A. [73,133)B. [73,133]C. [83,143)D. [83,143]
11.如图，球O1与圆锥PO相切，切点在圆锥PO的底面圆周上，圆锥PO的母线长是底面半径的2倍，设球O1的体积为V1，圆锥PO的体积为V2，则V1：V2=( )
A. 32：9
B. 27：8
C. 26：7
D. 9：4
12.若函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(2−x)=f(x)，f(1)=2，则f(1)+f(2)+…+f(30)=( )
A. 2B. 0C. 60D. 62
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知实数x，y满足约束条件x−2y+7≥02x+y−1≥03x−y+1≤0，则z=2x−y的最小值为______．
14.已知点F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，点A在抛物线上，且AF与x轴垂直，过点A与OA垂直的直线交抛物线于另一点B，若|FB|=13，则抛物线C的方程为______．
15.在△ABC中，∠CAB=30°，AB=2BC，AC= 3，点D在线段AB的延长线上，且AB=4BD，则CD= ______．
16.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2以线段F1F2为直径的圆与双曲线C在第一象限的交点为P，若∠F1PF2的内角平分线与x轴的交点M平分线段OF2，则双曲线C的离心率为______．
三、解答题：本题共7小题，共80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)
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2=10，S5=70，数列{bn}的前n项和Tn从下面两个条件中任选一个作为已知条件，解答下列问题：
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式：
(2)记cn=max{an,bn}，求数列{cn}的前n项和Gn；
条件①：b1=2，bm+n=bmbn(m,n∈N*)；
条件②：12Tn=bn−1(n∈N*)．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18.(本小题12分)
滨海盐碱地是我国盐碱地的主要类型之一，如何利用更有效的方法改造这些宝贵的土地资源，成为摆在我们面前的世界级难题.对盐碱的治理方法，研究人员在长期的实践中获得了两种成本差异不大，且能降低滨海盐碱地30～60cm土壤层可溶性盐含量的技术，为了对比两种技术治理盐碱的效果，科研人员在同一区域采集了12个土壤样本，平均分成A、B两组，测得A组土壤可溶性盐含量数据样本平均数x1−=0.82，方差Sx12=0.0293，B组土壤可溶性盐含量数据样本平均数x2−=0.83，方差Sx22=0.1697.用技术1对A组土壤进行可溶性盐改良试验，用技术2对B组土壤进行可溶性盐改良试验，分别获得改良后土壤可溶性盐含量数据如下：
改良后A组、B组土壤可溶性盐含量数据样本平均数分别为y1−和y2−，样本方差分别记为Sv12和Sv22．
(1)求y1−，y2−，Sy12，Sy22；
(2)应用技术1与技术2土壤可溶性盐改良试验后，土壤可溶性盐含量是否有显著降低？(若xi−−yj−>2 Sxi2+Syj26，i=1.2，则认为技术i能显著降低土壤可溶性盐含量，否则不认为有显著降低.)
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，已知PA=PC=PD，AB/​/CD，∠ADC=90°，O是AC的中点．
(1)证明：PO⊥平面ABCD；
(2)若AD=DC=PO=2AB=2，点E是PC的中点，求点E到平面PAD的距离．
20.(本小题12分)
设函数f(x)=e−mex−lnx．
(1)已知曲线y=lnx在点(1,0)处的切线与曲线y=e−mex也相切，求m的值．
(2)当m=2时，证明：f(x)>0．
21.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e= 53，且点M(−3 22, 2)在椭圆E上，直线l：y=23x+m与椭圆E交于不同的两点A，B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)证明：线段AB的中点C在直线l′：y=−23x上；
(3)过点B作x轴的平行线，与直线l′：y=−23x的交点为N，证明：点N在以线段AB为直径的圆上．
22.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x=−1+ 22ty= 22t(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的圆心为(3,π2)，半径为1．
(1)求直线l的普通方程和圆C的直角坐标方程；
(2)在圆C上求一点P，使点P到直线l的距离最小，并求出最小距离．
23.(本小题10分)
已知函数f(x)=|x+m2|+|x−2m|，其中m>0．
(1)当m=2时，求不等式f(x)≥10的解集；
(2)若对任意的x∈R，f(x)≥4−m恒成立时m的最小值为t，且正实数a，b满足a2+b2=2t，证明：a+b≥2ab．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z1=3+ 3i，z2= 3−i，
则z1z2=(3+ 3i)( 3−i)=4 3．
故选：B．
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵A={1,2,3,4,5}，B={x∈Z| x0恒成立，即f(x)单调递增，①符合题意；
f(x)=x2sinx，则f(−x)=(−x)2sin(−x)=−x2sinx=−f(x)，即f(x)为奇函数，②不符合题意；
f(x)=lg(|x|+1)，则f(−x)=lg(|−x|+1)=lg(|x|+1)=f(x)，即f(x)为偶函数，
当x>0时，f(x)=lg(x+1)单调递增，③符合题意；
y=|tanx|在(0,+∞)上不单调，④不符合题意．
故选：B．
由已知结合偶函数的定义及基本初等函数的单调性检验各函数即可判断．
本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，可得p=0.5，A=2.228，B=1.3，
代入Q=ktp=e(A+BM)tp，可得Q=e(2.228+1.3M)⋅t0.5，
因为该品牌电池初始荷电状态M=80%=0.8，
所以存放16天后，电容量损失量Q=e(2.228+1.3×0.8)×160.5=4×e3.265≈4×26.26=105.4．
故选：C．
根据题意可得Q=e(A+BM)tp=e2.228+1.3M⋅t0.5，将M=80%，t=16代入，结合题中所给数据加以计算，可得存放16天后电容量损失量的近似值．
本题主要考查函数模型及其应用、指数函数与指数的运算等知识，考查了计算能力、数学应用能力，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为sin(α−π6)=14，
所以sin(2α+π6)=sin[2(α−π6)+π2]=cs2(α−π6)
=1−2sin2(α−π6)=1−2×116=78．
故选：D．
由已知结合诱导公式及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了诱导公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，
连接EF，∵OC1⊂平面ACC1，F∈平面ACC1，F∉OC1，E∉平面ACC1，
由异面直线的定义可知，OC1与EF异面，故A错误；
连接BC1，则EF/​/BC1，可得直线EF与平面ABCD所成的角等于BC1与平面ABCD所成的角，等于45°，
故B错误；
∵EF//BC1，BC1⊂平面AC1D1，EF⊄平面AC1D1，∴EF/​/平面AC1D1，故C正确；
由AB⊥平面BCC1B1，EF⊂平面BCC1B1，可知异面直线EF与AB所成的角是90°，故D错误．
故选：C．
由异面直线的定义判断A；求出直线与平面所成角判断B；由直线与平面平行的判定判断C；求出异面直线所成角判断D．
本题考查命题的真假判断与应用，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．
8.【答案】B
【解析】解：过P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，
则S△PBC=12⋅BC⋅PE=12a2⋅PE，
S△PAC=12⋅AC⋅PD=12a⋅PD，
∵S△PBC=2S△PAC，
∴12a2⋅PE=12a⋅2⋅PD，∴PD=12a⋅PE，
∵PD2+PE2=PC2=PA2=PD2+AD2，
∴PE=AD=12a，∴PD=14a2=CE，
∴BE=34a2，
由图形可得PD⊥PE，DA⊥EB，
则PD⋅PE=0,DA⋅EB=0，
故PA⋅PB=(PD+DA)⋅(PE+EB)=PD⋅EB+DA⋅PE
=−14a2⋅34a2−12a×12a=−316a4−14a2．
故选：B．
过P作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，根据三角形的面积公式得到PD=12a⋅PE，根据勾股定理得到PE=AD=12a，进而得到PD=14a2,BE=34a2，然后根据向量的数量积运算求解即可．
本题考查平面向量的数量积运算，属中档题．
9.【答案】C
【解析】解：令f(x)=lnx−1x，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增，
若a>b，则f(a)>f(b)，即lna−1a>lnb−1b，
所以lna−lnb>1a−1b，即lnab>1a−1b，充分性成立，
反之，当lnab>1a−1b，a>0，b>0，
则lna−lnb>1a−1b，
则lna−1a>lnb−1b，
所以f(a)>f(b)，即必要性成立．
故选：C．
令f(x)=lnx−1x，先判断函数f(x)的单调性，结合函数的单调性检验充分必要条件．
本题考查了函数单调性在函数值大小比较中的应用，函数的构造是求解问题的关键，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：f(x)=sin2ωx−cs2ωx+2 3sinωxcsωx= 3sin2ωx−cs2ωx=2sin(2ωx−π6)(ω>0)，
当x∈[0,π2]时，2ωx−π6∈[−π6,πω−π6]，
∵方程f(x)=2有且只有两个不相等的实数解，
∴5π2≤πω−π6bn，可得cn=an；
当n≥5时，bn>an，可得cn=bn．
当1≤n≤4时，Gn=12n(6+4n+2)=2n2+4n；
当n≥5时，Gn=48+32+64+...+2n=48+32(1−2n−4)1−2=16+2n+1．
综上，可得Gn=2n2+4n,1≤n≤416+2n+1,n≥5．
【解析】(1)由等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，求得an；分别选①，令m=1，由等比数列的定义和通项公式，求得bn；选②，由数列的通项与前n项和的关系，结合等比数列的定义、通项公式，可得bn；
(2)讨论an与bn的大小，由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和求和公式，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)y1−=0.66+0.68+0.69+0.71+0.72+0.746=0.7，y2−=0.46+0.48+0.49+0.49+0.51+0.546=0.49，
∴Sy12=16[(0.66−0.7)2+(0.68−0.7)2+(0.69−0.7)2+(0.71−0.7)2+(0.72−0.7)2+(0.74−0.7)2]=0.0007，
Sy22=16[(0.46−0.49)2+(0.48−0.49)2+(0.49−0.49)2+(0.49−0.49)2+(0.51−0.49)2+(0.54−0.49)2]=0.0003；
(2)∵x1−−y1−=0.82−0.7=0.12，2 sx12+sy126=2 0.0293+0.00076=2 0.005，
且0.122 sx22+sy226，
∴技术2有显著降低土壤可溶性盐含量．
【解析】(1)根据平均数和方差的定义求解；
(2)根据题意，分别计算x1−−y1−，2 sx12+sy126的值，再比较大小即可判断技术1，同理可判断技术2．
本题主要考查了平均数和方差的定义，考查了学生的计算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：取CD的中点M，连接OM，PM，
因为O为AC的中点，PA=PD=PC，所以PM⊥CD，OM/​/AD，PO⊥AC，
而AD⊥CD，OM∩PM=M，
所以OM⊥CD，
所以CD⊥平面POM，而OP⊂平面POM，
所以PO⊥CD，
而AC∩CD=C，AC⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD；
(2)解：建立以M为坐标原点，以MB，MC，MP所在的直线分别为x，y，z轴，
因为AD=DC=PO=2AB=2，则O(0,0,0)，B(1,0,0)，
D(−1,−1,0)，P(0,0,2)，C(1,1,0)，
A(2,−1,0)，
则E(12,12,1)，PE=(12,12,−1)，AP=(−2,1,2)，
DP=(1,1,2)，
设平面PAD的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AP=0n⋅DP=0，即−2x+y+2z=0x+y+2z=0，
令z=1，可得n=(0,−2,1)，
所以PE⋅n=12×0+12×(−2)+(−1)×1=−2，|n|= 4+1= 5，
所以E到平面PAD的距离d=|PE⋅n|n||=|2 5|=2 55．
【解析】(1)取CD的中点M，连接OM，PM，由题意可证得PM⊥CD，OM/​/AD，PO⊥AC，可证得CD⊥平面PAC，OP⊥CD，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量n的坐标，PE的坐标，进而求出向量PE在法向量n上的投影数量的绝对值，即求出E到平面PAD的距离．
本题考查用空间向量的方法求点到平面的距离的求法，属于中档题．
20.【答案】(1)解：由y=lnx得y′=1x，
∴曲线y=lnx在点(1,0)处的切线斜率为l，
故曲线y=lnx在点(1,0)处的切线为y=x−1，
设曲线y=ex−m−lnx与直线y=x−1相切于(x,x−1)，
则ex−m=1x−1=ex−m，则x=2，m=2；
(2)证明：当m=2时，f(x)=e−2ex−lnx=ex−2−lnx，x∈(0,+∞)，
要证f(x)>0，先证ex−2≥x−1≥lnx，
令g(x)=ex−2−x+1，x∈(0,+∞)，
∴g′(x)=ex−2−1，
当00．
【解析】(1)结合导数的几何意义先求出y=lnx在点(1,0)处的切线斜率，写出切线方程，结合该切线与曲线y=e−mex也相切，可求m；
(2)要证f(x)>0，先证ex−2≥x−1≥lnx，构造函数g(x)=ex−2−x+1，x∈(0,+∞)，h(x)=x−1−lnx，x∈(0,+∞)，分别求导，结合导数与单调性关系即可证明．
本题主要考查了导数几何意义在切线方程求解中的应用，还考查了导数与单调性关系在不等式证明中的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为椭圆E过点M(−3 22, 2)，离心率e= 53，
所以e=ca= 53(−3 22)2a2+( 2)2b2=1a2=b2+c2，
解得a2=9，b2=4，c2=5，
所以椭圆E的方程为x29+y24=1．
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=23x+mx29+y24=1，得8x2+12mx+9m2−36=0，
所以x1+x2=−3m2，x1x2=9m2−368，
所以x1+x22=−3m4，y1+y22=(23x1+m)+(23x2+m)2=23⋅x1+x22+m=23⋅(−3m4)+m=m2，
所以线段AB中点C(−3m4,m2)，
所以点C的坐标满足y=−23x，即点C在直线y=−23x上．
(3)证明：根据题意可得N(−3y22,y2)，
BN=(−3y22−x2,0)，AN=(−3y22−x1,y2−y1)
−3y22−x1=−32(23x2+m)−x1=−(x1+x2)−32m=−(−3m2)−3m2=0，
所以AN=(0,y2−y1)，
所以AN⋅BN=0，
所以AN⊥BN，
所以点N在以线段AB为直径的圆上．
【解析】(1)根据题意可得e=ca= 53(−3 22)2a2+( 2)2b2=1a2=b2+c2，解得a2，b2，c2，即可得出答案．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线l′与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，进而可得C点坐标，满足直线l′的方程，即可得出答案．
(3)根据题意可得N(−3y22,y2)，BN=(−3y22−x2,0)，AN=(−3y22−x1,y2−y1)，−3y22−x1=−32(23x2+m)−x1=0，计算得AN⋅BN=0，则AN⊥BN，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)直线l的参数方程为x=−1+ 22ty= 22t(t为参数)，
消去参数t可得，直线l的普通方程为：x−y+1=0，
又圆心C的极坐标为(3,π2)，
则xC=3×csπ2=0，yC=3sinπ2=3，
则C直角坐标为(0,3)，
又圆C的半径为1，
∴圆C的直角坐标方程为x2+(y−3)2=1；
(2)∵P在圆C上，
设P(csθ,3+sinθ)，
则点P到直线l：x−y+1=0的距离为：d=|csθ−(3+sinθ)+1| 12+(−1)2=|sinθ−csθ+2| 2=| 2sin(θ−π4)+2| 2=|sin(θ−π4)+ 2|=sin(θ−π4)+ 2，
∴当sin(θ−π4)=−1，即θ=−π4时，dmin= 2−1，此时P的坐标为(cs(−π4),3+sin(−π4))，
故点P的坐标为( 22,3− 22)．
【解析】(1)消去参数t，推得直线l的普通方程，再结合极坐标公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合点到直线的距离公式，以及三角函数的有界性，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)当m=2时，
f(x)=|x+4|+|x−4|，
当x4时，
f(x)=x+4+x−4=2x，
2x≥10，解得x≥5，
综上所述，不等式f(x)≥10的解集为(−∞,−5]∪[5,+∞)；
(2)证明：由对任意的x∈R，f(x)≥4−m恒成立，
f(x)min≥4−m(m>0)，
f(x)=|x+m2|+|x−2m|=|x+m2|+|2m−x|≥|x+m2+2m−x|=|m2+2m|，当且仅当(x+m2)(2m−x)≥0时，等号成立，
则|m2+2m|≥4−m，
∵m>0，
∴m2+2m≥4−m，解得m≤−4或m≥1，
m>0，
则m≥1，
m的最小值为t，且正实数a，b满足a2+b2=2t，
则a2+b2=2，
a2+b2≥2ab，
则0