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    2024年宁夏吴忠市高考数学模拟试卷(理科)(二)

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    2024年宁夏吴忠市高考数学模拟试卷(理科)(二)

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    这是一份2024年宁夏吴忠市高考数学模拟试卷(理科)(二),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(2−i)z=2,则z在复平面内对应的点位于( )
    A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
    2.已知集合A={1,3,4},集合B={2,3,4,6},则如图中的阴影部分表示( )
    A. {3,4}
    B. {1}
    C. {2,6}
    D. {1,2,3,4,6}
    3.某公交车上有6位乘客,沿途4个车站,乘客下车的可能方式有( )
    A. 64种B. 46种C. 24种D. 360种
    4.已知f(x)=ex1−eax是奇函数,则a=( )
    A. −2B. −1C. 2D. 1
    5.直线xcsθ+ysinθ−2=0与圆x2+y2=1的位置关系是( )
    A. 相离B. 相交C. 相切D. 位置关系与θ有关
    6.平面向量a与b的夹角为60∘,a=(2,0),|b|=1,则|a+2b|=( )
    A. 3B. 2 3C. 4D. 12
    7.已知函数f(x)=lnx−ax在区间[1,3]上单调递减,则实数a的取值范围为( )
    A. [1,+∞)B. (1,+∞)C. [13,+∞)D. (13,+∞)
    8.已知sin(π6−θ)=14,则sin(π6+2θ)=( )
    A. −78B. 78C. 1516D. −1516
    9.若数列{an}满足a1=1,lg2an+1=lg2an+1(n∈N*),它的前n项和为Sn,则Sn=( )
    A. 2−21−nB. 2n−1−1C. 2n−1D. 2−2n−1
    10.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的表面积(单位:cm2)是( )
    A. 24
    B. 28
    C. 32
    D. 36
    11.已知函数f(x)=Acs(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|0时,∀m,n∈(0,+∞),f(m+n)+1>f(m)+f(n).
    22.(本小题10分)
    在直角坐标系xOy中,已知曲线C1的参数方程为x=csαy=sinα(α为参数,α∈[0,π]),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρcs(θ+π3)=4.
    (1)写出曲线C1的普通方程,C2的直角坐标方程;
    (2)过曲线C1上任意一点P作与C2夹角为60∘的直线,交C2于点A,求|PA|的最大值.
    23.(本小题12分)
    已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|+|x−2|,不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤−2或x≥3}.
    (1)求实数a的值;
    (2)若f(x)的最小值为M,b+c=M,求证:1b+1+1c≥1.
    答案和解析
    1.【答案】A
    【解析】解:z=22−i=2(2+i)(2−i)(2+i)=4+2i4−i2=4+2i5,
    故z在复平面内对应的点坐标为(45,25),位于第一象限.
    故选:A.
    利用复数的除法法则得到z=4+2i5,得到z在复平面内对应的点坐标,得到答案.
    本题考查了复数的运算法则、几何意义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.
    2.【答案】C
    【解析】解:由题意,图中的阴影部分表示的是CBA={2,6}.
    故选:C.
    根据集合补集的定义求解即可.
    本题考查补集的应用,属于基础题.
    3.【答案】B
    【解析】解:由题意,每一位乘客都有4种选择,
    故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4=46种,
    故选:B.
    由题意,归类为分步乘法原理模型求解.
    本题考查了分步乘法原理的应用,是基础题.
    4.【答案】C
    【解析】解:根据题意,已知f(x)=ex1−eax是奇函数,
    则有f(−x)=−f(x),即e−x1−e−ax=eax−xeax−1=−ex1−eax,
    则有eax−x=ex,必有a=2.
    故选:C.
    根据题意,由奇函数的定义可得f(−x)=−f(x),即e−x1−e−ax=eax−xeax−1=−ex1−eax,变形分析可得答案.
    本题考查函数奇偶性的性质以及应用,涉及函数的解析式,属于基础题.
    5.【答案】A
    【解析】解:由题设知圆心到直线的距离d=|−2| cs2θ+sin2θ=2,
    而2>1=r,圆的半径r=1,
    所以直线xcsθ+ysinθ−2=0与圆x2+y2=1的位置关系是相离.
    故选:A.
    由圆的方程找出圆心坐标与半径r,利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d,比较d与r的大小即可得到直线与圆的位置关系.
    本小题主要考查圆的参数方程及直线与圆的位置关系的判断,以及转化与化归的思想方法,圆心到直线的距离为d,当d>r,直线与圆相离;当d=r,直线与圆相切;当df(m)−f(0),而f(0)=1,
    故f(n+m)−f(n)>f(m)−1,
    即f(m+n)+1>f(m)+f(n).
    【解析】(Ⅰ)根据导数的几何意义即可求得答案;
    (Ⅱ)求出函数g(x)=f′(x)的导数,讨论k的取值范围,确定导数的正负,即可求得g(x)的单调区间;
    (Ⅲ)由于不等式f(m+n)+1>f(m)+f(n)可变为f(n+m)−f(n)>f(m)−1,所以可构造函数h(x)=f(x+m)−f(x),利用(2)的结论可证明该函数为(0,+∞)上的增函数,利用函数的单调性,即可证明结论.
    本题考查了导数的综合应用,考查了构造函数求解综合问题的能力,考查了函数思想,属于中档题.
    22.【答案】解:(1)因为曲线C1的参数方程为x=csαy=sinα,所以x2+y2=cs2α+sin2α=1,
    又α∈[0,π],所以y≥0,故曲线C1的普通方程为x2+y2=1(y≥0),
    又曲线C2的极坐标方程为ρcs(θ+π3)=4,即12ρcsθ− 32ρsinθ=4,
    所以直线C2的直角坐标方程为12x− 32y=4,即x− 3y−8=0.
    (2)由(1)知直线C2的方程为x− 3y−8=0,
    设曲线C1上任意一点P(csθ,sinθ),θ∈[0,π],
    则P到C2的距离为d=12|csθ− 3sinθ−8|=|cs(θ+π3)−4|,
    则|PA|=dsin60∘=2 33|cs(θ+π3)−4|,
    当θ=2π3,|PA|取得最大值,最大值为10 33.
    【解析】(1)根据曲线C1的参数方程为x=csαy=sinα(α为参数,α∈[0,π]),消去参数,可得其普通方程;根据曲线C2的极坐标方程,结合转化公式即可求得其直角坐标方程;
    (2)设曲线C1上任意一点P(csθ,sinθ),θ∈[0,π],利用点到直线的距离公式得到P到C2的距离为d=|cs(θ+π3)−4|,根据条件得到|PA|=2 33|cs(θ+π3)−4|,即可求出结果.
    本题考查的知识点:参数方程,极坐标方程和直角坐标方程之间的转换,点到直线的距离公式,三角函数的关系式的变换,余弦型函数的性质,主要考查学生的运算能力,属于中档题.
    23.【答案】解:(1)由f(x)≥5,得|x+a|+|x−2|≥5,因为不等式f(x)≥5的解集为{x|x≤−2或x≥3},
    所以|−2+a|+|−2−2|=5,|3+a|+|3−2|=5,得a=1;
    经验证,a=1符合题意,故a=1.
    (2)证明:因为f(x)=|x+1|+|x−2|≥|x+1−(x−2)|=3,
    当且仅当(x+1)(x−2)≤0时取等号,所以M=3,所以b+c=3.
    所以1b+1+1c=14(1c+1b+1)(c+b+1)=14(b+1c+cb+1+2)≥14(2 b+1c⋅cb+1+2)=1,
    当且仅当b+1c=cb+1,即b=1,c=2时取等号.
    【解析】(1)根据绝对值的定义,等价转化不等式,解得含参解集,建立方程,可得答案;
    (2)利用绝对值的三角不等式,结合基本不等式“1”的妙用,可得答案.
    本题主要考查不等式的证明,考查转化能力,属于中档题.P(K2≥k0)
    0.1
    0.05
    0.01
    0.005
    0.001
    k0
    2.706
    3.841
    6.635
    7.879
    10.828
    性别
    是否患病
    合计




    合计
    性别
    是否患病
    合计



    18
    18
    36

    6
    24
    30
    合计
    24
    42
    66

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