内蒙古呼伦贝尔市2024届高三下学期一模数学（理）试题（含解析）

这是一份内蒙古呼伦贝尔市2024届高三下学期一模数学（理）试题（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。


一、单选题
1．已知集合，，则=（ ）
A．B．C．D．
2．设，则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
3．已知是正项等比数列，且，则=（ ）
A．B．2C．4D．
4．经调查，在某商场扫码支付的老年人、中年人、青年人的比例为2：3：6，取了一个容量为n的样本进行调查，其中中年人的人数为12，则n=（ ）
A．36B．44C．56D．64
5．设x满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．8B．2C．D．
6．已知函数的图象如图所示，则函数的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
7．已知l，m是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，现有下列四个结论：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则，其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．②④C．①②③D．②③
8．若，，则的最小值为（ ）
A．B．6C．8D．12
9．已知是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，当时，，则抛物线的方程为（ ）
A．B．C．D．
10．在中，，，，则（ ）
A．B．6C．D．
11．已知三棱锥的顶点都在球上，且，，，点为中点，则过的平面截球所得的截面面积最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（ ）
A．B．1C．2023D．2024
二、填空题
13．的展开式中的系数为 .
14．已知函数的图像的一条对称轴为直线，则 .
15．双曲线的一条渐近线上的点关于另一条渐近线的对称点恰为右焦点F，则双曲线C的离心率为 .
16．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差相等．对这类高阶等差数列的研究·杨辉之后一般被称为“垛积术”．现有高阶等差数列前几项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第21项为 .
（注：）
三、解答题
17．在锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
(1)求；
(2)若，求的面积.
18．当AIGC（生成式人工智能）领域的一系列创新性技术有了革命性突破，全球各大科技企业积极拥抱AIGC，我国有包括A在内的5家企业加码布局AIGC生成算法赛道，有包括B、C在内的5家企业加码布局AIGC的自然语言处理赛道，某传媒公司准备发布（2023年中国AIGC发展研究报告），先期准备从上面的10家企业中随机选取4家进行采访.
(1)若在布局不同的赛道中各选取2家企业，求选取的4家企业中，企业A，B，C至少有2家的概率.
(2)记选取的4家科技企业中布局AIGC的是生成算法赛道的企业个数为X，求X的分布列与期望.
19．如图，在多面体中，四边形为菱形，平面，，，，.
(1)证明：平面平面；
(2)试问线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，请判断点的位置；若不存在，请说明理由.
20．已知椭圆的焦距为6，圆9与椭圆C有且仅有两个公共点
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知动直线过曲线的左焦点F，且与椭圆分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
21．已知函数．
(1)判断函数的单调性
(2)证明：①当时，；
②.
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（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，直线l的极坐标方程为
(1)求曲线C和直线l的直角坐标方程；
(2)已知点，直线l与曲线C交于A，B两点，求的值.
23．已知函的最小值为m．
(1)求m的值；
(2)若a，b为正数，且，求的最大值.
参考答案：
1．A
【分析】
解出集合中的不等式，得到集合，再由交集的定义求.
【详解】
不等式，解得，
则有，又，
所以．
故选：A
2．D
【分析】
根据共轭复数概念和复数几何表示可得.
【详解】因为，
所以，对应点坐标为，位于第四象限．
故选：D
3．C
【分析】
根据等比数列的下标和性质解题.
【详解】
是正项等比数列，由，
得，得．
故选：C
4．B
【分析】
由分层抽样的抽取方法计算的值.
【详解】
用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本进行调查，其中中年人的人数为12，
则，解得．
故选：B
5．D
【分析】作出不等式组对应的可行域，平移动直线后可求目标函数的最小值.
【详解】
不等式组对应的可行域如图所示，当动直线平移到时取最小值.
由可得，故.
故，
故选：D.
6．B
【分析】
根据函数的定义域和特殊区间的函数值的正负，数形结合即可判断和选择.
【详解】对于A，函数的定义域为R，而题设函数的图象中在自变量为0时无意义，不符合题意，排除；
对于C，当时，，不符合图象，排除；
对于D，当时，，不符合图象，排除.
故选：B
7．A
【分析】
根据面面平行的性质可判断①；根据线面的位置关系可判断②；根据面面垂直的性质判断③；根据面面垂直的判定判断④.
【详解】
对于①若，由于，故，①正确；
对于②若，则l可能在内，②错误；
对于③若，则可能平行，③错误；
对于④若，则设过m的平面与交于n，则，
由于，故，而，故，④正确，
故选：A
8．C
【分析】设函数和，转化为切点到直线的距离为平方，根据导数的几何意义，求得切点坐标，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由题意，设函数，直线，
设直线与函数的切点为
可得，可得，解得，可得，
即切点坐标为，则切点到直线的距离为，
又因为表示点到直线的距离为平方，
所以的最小值为.
故选：C.
9．A
【分析】
过作准线的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，求出，利用列方程求解即可.
【详解】过作准线的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，
则，
又，则，
所以，
解得，所以抛物线的方程为.
故选：A.

10．A
【分析】
根据向量的线性运算和数量积，由，得，化简得，可得.
【详解】
，有，
由，得．
由，
得，
所以，即．
故选：A
11．D
【分析】
取的中点为，可证即为，当过的截面与垂直时，截面面积最小，据此可求截面面积的最小值.
【详解】
取的中点为，连接.
中，因为，所以.
中，，所以．
中，，所以，从而，故.
因为，，，平面，平面，
所以平面，而平面，故，
而，，平面，故平面，
而平面，故，所以，
故为三棱锥外接球的球心，故即为，连接，
当过的截面与垂直时，截面面积最小，
因为平面，且，所以平面，
所以截面半径，所以截面面积的最小值为．
故答案为：.
12．A
【分析】
借助赋值法结合题意可得函数的对称性与周期性，结合题目中所给条件可得，即可得解.
【详解】
因为为偶函数，所以①，
因为，所以，
结合①有②，
因为为奇函数，所以，所以，
结合②有，所以，所以，
所以的周期为8．因为，所以，
同理，由，得，
所以，，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以，所以，
所以的周期为8，所以，
由，得，
由，得，所以，
所以．
故选：A.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
13．
【分析】
根据通项化简，由x的指数等于可得，然后可解.
【详解】的展开式的通项，
令，解得，
所以，
所以展开式中的系数为．
故答案为：
14．
【分析】
借助辅助角公式与正弦函数的对称性计算即可得.
【详解】
由题意可得，则函数，其中，
由于函数的一条对称轴的方程为，
故有，即，
则，，故.
故答案为：.
15．2
【分析】
由点在渐近线上可求得，再根据双曲线的性质计算离心率即可.
【详解】由点在双曲线的一条渐近线上，可得，
记坐标原点为，则，即．
因为，所以，故双曲线的离心率为．
故答案为：2
16．1391
【分析】
设该数列为，令，，然后根据数列的通项公式和前n项和，结合公式可解.
【详解】设题设高阶等差数列为，
令，设数列的前项和为，则数列的前几项分别为，，
令，设数列的前项和为，则数列的前几项分别为，，
易得，所以，故，
则，
所以，所以．
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】
（1）根据题意利用正弦定理可得，结合同角三角关系运算求解；
（2）根据题意利用余弦定理解得，结合面积公式运算求解.
【详解】（1）因为为锐角三角形，则
因为，则，
因为，可得，
所以．
（2）
因为，
由余弦定理可得，即，
整理得．则或（舍去）；
所以的面积为．
18．(1)；
(2)分布列见解析，2.
【分析】
（1）根据排列组合计算个数，结合分类加法计数原理以及古典概型的概率个数即可求解，
（2）根据超几何分布的概率个数求解概率，即可得分布列以及期望，
【详解】（1）
因为从上面的10家科技企业布局的两条赛道中各随机选取2家共有种不同的选法，
选取的4家科技企业中，企业至少有2家共有种不同的选法，
所以选取的4家科技企业中，企业至少有2家的概率为．
（2）
可以取，
，
，
所以的分布列为
所以.
19．(1)证明见解析
(2)存在，为的中点
【分析】
（1）根据线线垂直可证明线面垂直，进而可证面面垂直，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，所以.
又因为，且平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）设，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，则
设平面的法向量为，因为，
所以令，则.
设平面的法向量为，因为，
所以令，则.
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去），
所以存在满足题意，且为的中点.
20．(1)；
(2)存在，
【分析】
（1）根据已知求出即得椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为设，利用韦达定理和向量的数量积求出，此时为定值；当直线的斜率不存在时，直线的方程为，求出此时点也满足前面的结论，即得解.
【详解】（1）
根据题意得，所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，可得，设，则．
设，则
，
若为定值，则，解得．
此时点的坐标为．
②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得不妨设，若，则，，．
综上，在轴上存在点，使得为定值．

21．(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】
（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，确定导数正负，从而判断函数的单调性；
（2）①利用（1）的结论，即可证明结论；②由（1）可得，利用变量代换推出，结合，可得，从而采用累加法，即可证明不等式.
【详解】（1）由于，定义域为，
则，
①当时，，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
④当时，，所以在上单调递增；
⑤当时，时，，
时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）
证明：①由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，故；
②由（1）可得，当时，，即，则，
仅当时等号成立，
所以，所以，即得，
令，则，所以，即，
令，则，且不恒为零，
所以在上单调递增，所以，所以，
所以，
所以
.
【点睛】
难点点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式，难点在于不等式的证明，证明时要结合函数的性质推出，继而结合，推出，从而累加，证明结论.
22．(1)，；
(2)．
【分析】
（1）曲线的参数方程消参得直角坐标方程，利用极坐标和直角坐标方程的互化公式求得直线l的直角坐标方程；
（2）先得到直线的参数方程，将直线的参数方程代入到圆的方程，得到关于的一元二次方程，由根与系数的关系、参数的几何意义进行求解.
【详解】（1）
由（为参数），
消参得曲线的直角坐标方程为．
由得，
则直线的直角坐标方程为．
（2）
易知点在直线上，直线的参数方程可写为（为参数），
代入，得．
设对应的参数分别为，则
．
23．(1)；
(2).
【分析】（1）讨论去绝对值，将转换为分段函数，求最小值.
（2）原式平方后，运用基本不等式求得最大值.
【详解】（1）∵，
∴当时，，
当时，，
当时，，
∴，即.
（2）由（1）可得，
∴，
因为，所以，
所以的最大值为，
当且仅当，即时，等号成立．
综上所述：最大值为.
0
1
2
3
4