内蒙古赤峰市2024届高三下学期3·20模拟考试理科数学试题(1)_2024年3月_013月合集_2024届内蒙古赤峰市高三下学期3·20模拟考试

赤峰市高三年级 3·20 模拟考试试题 理科数学 2024.03 本试卷共 23题，共 150分，共 8页，考试用时 120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一 并交回． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴条形码区域内． 2．选择题答案必须使用 2B铅笔填涂，非选择题答案使用 0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字 体工整，笔迹清楚． 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草 稿纸、试卷上答题无效． 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑． 5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀． 一、选择题：本题共 12小题，每小题 5 分，共 60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．已知全集U R，A  x 0 x1  ，B  x lnx1  ，则 ð AI B（ ） U A．0,1 B．1,e C．1,e D．e, 2．棣莫弗公式(cosxisinx)n cos(nx)isin(nx)（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667- 2  π π 1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数 cos isin  在复平面内所对应的点位于（ ）  3 3 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 r r r r  r r r r r 3．若向量a与b 满足 ab a．且 a 1， b 2，则向量a与b 的夹角为（ ） 2π π π 5π A． B． C． D． 3 3 6 6 4．命题“xR，nN*，n x2”的否定形式是（ ） A．xR，nN*，n x2． B．xR，nN*，n x2． C．xR，nN*，n x2． D．xR，nN*，n x2． 5．已知 f x是定义在R上的偶函数，且周期T 6．若当x3,0时， f(x)4x，则 f 2024 （ ） 1 1 A．4 B．16 C． D． 16 4 学科网（北京）股份有限公司6．在下列四个图形中，点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的图形运动一周，O、P两点连线的距离 y与点P走过的路程x的函数关系如图，那么点P所走的图形是（ ） A． B． C． D． 7．正值元宵佳节，赤峰市“盛世中华·龙舞红山”纪念红山文化命名七十周年大型新春祈福活动中，有4名 大学生将前往3处场地A，B，C开展志愿服务工作．若要求每处场地都要有志愿者，每名志愿者都必须参加 且只能去一处场地，则当甲去场地A时，场地B有且只有1名志愿者的概率为（ ） 3 21 6 3 A． B． C． D． 4 50 11 5 8．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的 x2 y2 另一个焦点．根据椭圆的光学性质解决下面的题目：已知曲线C的方程为  1，其左、右焦点分别 25 16 是F ，F ，直线l与椭圆C切于点P，且 PF 2，过点P且与直线l垂直的直线l与椭圆长轴交于点M， 1 2 1 则 FM : F M （ ） 1 2 A．1: 3 B．1:2 C．1:3 D．1:4 9．已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2ab2ccosB，且 sinAsinB1，则△ABC的形状为（ ） A．等边三角形 B．顶角为120的等腰三角形 C．顶角为150的等腰三角形 D．等腰直角三角形 a  n ,当a 为偶数时 10．已知数列a 满足a  2 n ，若a 1，a 的所有可能取值构成集合M，则M中 n n1 8 1 3a 1,当a 为奇数时  n n 学科网（北京）股份有限公司的元素的个数是（ ） A．7个 B．6个 C．5个 D．4个 11．在直三棱柱ABCABC 中，各棱长均为2，M，N，P，Q分别是线段AC，AC ，AA ，CC 的中 1 1 1 1 1 1 1 点，点D在线段MP上，则下列结论错误的是（ ） 28π A．三棱柱ABCABC 外接球的表面积为 B．BDMQ 1 1 1 3 C．DQ面BQN D．三棱锥DQBN 的体积为定值 1 1 x2 y2 12．已知F是双曲线C:  1(a0,b0)的左焦点，过点F的直线l与双曲线C的一条渐近线垂 a2 b2 uuuur uuur 1 直，垂足为M，且直线l与双曲线C的右支交于点N，若FM  FN ，则双曲线C的渐近线方程为 4 （ ） 3 1 4 A．y  x B．y  x C．y 2x D．y  x 4 2 3 二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分． 5  2 13． x2   的展开式中x的系数为______  x 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______  π π 15．已知函数 f(x) Asin(x)  A0,0,  的部分图象如图所示，若将y  f x的图  2 2 象向左平移mm0个单位长度后所得的图象关于y轴对称，则m的最小值为______  x y  16．定义在1,1上的函数 f x满足：对任意x,y1,1都有 f(x) f(y) f  ，且当 1xy x0,1时， f x0恒成立．下列结论中可能成立的有______ ① f x为奇函数； ②对定义域内任意x  x ，都有x f(x )x f(x ) x f(x )x f(x )； 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 学科网（北京）股份有限公司 x x  f(x ) f(x ) ③对x ,x (1,0)，都有 f  1 2   1 2 ； 1 2  2  2 n  1  1 ④f    f  ． i2 3i1 2 i1 三、解答题：共 70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第 17～21题为必考题， 每个试题考生都必须作答．第 22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共 60分． 17．（12分）已知数列a ，______．在①数列a 的前n项和为S ，S 2a 2；②数列a 的前n n n n n n n n(n1) 项之积为S 2 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 n 件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选______”） （1）求数列a 的通项公式； n （2）令b a log a ，求数列b 的前n项和T ． n n 2 n n n 18．（12分）2024年甲辰龙年春节来临之际，赤峰市某食品加工企业为了检查春节期间产品质量，抽查了一 条自动包装流水线的生产情况．随机抽取该流水线上的40件产品作为样本并称出它们的质量（单位：克）， 质量的分组区间为495,505，505,515，…，535,545，由此得到样本的频率分布直方图，如图所 示． （1）根据频率分布直方图，求质量超过515克的产品数量和样本平均值x ； （2）由样本估计总体，结合频率分布直方图，近似认为该产品的质量指标值服从正态分布N(,1.252)， 其中近似为（1）中的样本平均值x ，计算该批产品质量指标值519.75的概率； （3）从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过515克的产品数量，求Y的分布列和数学期望． 附：若 N(x,2)，则P(u)0.6827， 学科网（北京）股份有限公司P(22)0.9545，P(33)0.9973． 1  19．（12分）已知函数 f(x)  a1  ex．  x  （1）当a 1时，求曲线y  f x在点  1, f 1 处的切线方程； （2）当a2时，求函数 f x的单调递增区间； （3）若函数 f x在区间0,1上只有一个极值点，求a的取值范围． 20．（12分）已知正方体ABCDABC D ，棱长为2． 1 1 1 1 （1）求证：AC 平面ABD ． 1 1 1 （2）若平面∥平面ABD ，且平面与正方体的棱相交，当截面面积最大时，在所给图形上画出截面图 1 1 形（不必说出画法和理由），并求出截面面积的最大值． （3）在（2）的情形下，设平面与正方体的棱AB、BB 、BC 交于点E、F、G，当截面的面积最大 1 1 1 时，求二面角D EF G的余弦值． 1 21．（12分）已知抛物线P: y2 2px(0 p5)上一点Q的纵坐标为4，点Q到焦点F的距离为5．过点 F做两条互相垂直的弦AB、CD，设弦AB、CD的中点分别为M、N． （1）求抛物线P的方程． （2）过焦点F作FG MN，且垂足为G，求 OG 的最大值． （二）选考题：共 10分．请考生在第 22、23二题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第 一题计分．做答时，用 2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑． 22．选修 4-4：坐标与参数方程（本题满分10分）：  x2cos 已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C 的参数方程为 （为参数），曲线C 的参数方程为 1 2 y  3sin 学科网（北京）股份有限公司xcos  （为参数，π2π）． y 4sin （1）求曲线C 的普通方程； 2 （2）已知M，N分别是曲线C ，C 上的动点，求 MN 的最小值． 1 2 23．选修 4-5：不等式选讲（本题满分10分） 已知函数 f x xm ． （1）当m2时，求不等式 f(x)4 x1 的解集； （2）若 f(x)2m x1 恒成立，求m的取值范围． 赤峰市高三年级 3.20 模拟考试试题 理科数学答案 2024.03 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C B A C B D A D B B C D 二、填空题： π 13．80 14． 14 15． 16．①③④ 6 解答题： 17．解：（1）选①，当n1时，a 2a 2，即a 2 1 1 1 当n2时，S 2a 2① n n S 2a 2② n1 n1 a ①②得：a 2a 2a ，即 n 2 n n n1 a n1 所以数列a 是以2为首项，2为公比的等比数列 n 所以a 2n n 选②，当n1时，a S 2，即a 2 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司n(n1) S 2 2 n(n1)  n(n1) 当n2时，a  n  ，即a 2 2 2 2n n S n(n1) n n1 2 2 当n1时，a 2符合上式． 1 所以数列a 是以2为首项，2为公比的等比数列 n 所以a 2n n （2）因为b a log a ，所以b 2n n， n n 2 n n 所以T (2122 2n)(12n) n 2(12n) n(n1) T   n 12 2 n2 n T 2n12 n 2 18．解（1）由频率分布直方图可知， Q质量超过515克的产品的频率为50.0750.0550.010.65， 质量超过515克的产品数量为400.6526（件） x 10(5000.0155100.0205200.0355300.0255400.005)518.5 （2）由题意可得 x 518.5，1.25 则P() P(517.25519.75)0.6827， 则该批产品质量指标值519.75的概率： 1P(517.25519.75) P(519.75) 0.15865 2 （3）根据用样本估计总体的思想，从该流水线上任取一件产品， 26 13 该产品的质量超过515克的概率为  0.65 40 20 所以，从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看作二项分布．  13 故，质量超过515克的件数Y可能的取值为0，1，2，且Y B  2,   20 k 2k 13  13 P(Y k)Ck   1 ,k 0,1,2     2 20  20 学科网（北京）股份有限公司2  7  49 P(Y 0)C0  0.352 0.1225，   2 20 400 2 13 7 91 13 169 P(Y 1)C1    0.455，P(Y 2)C2    0.4225， 2 20 20 200 2 20 400 Y 的分布列为 Y 0 1 2 P 49 91 169 400 200 400 49 91 169 13 Y的均值为E(Y)0 1 2 1.3或者E(Y)2 1.3 400 200 400 20 ex ex(x1) 19．解（1）：当a 1时， f(x) ，则 f(x) ， x x2 所以， f 1e， f(1)0， 故当a 1时，曲线y  f x在点  1, f 1 处的切线方程为ye0，即y e． 1  (x1)ex （2）当a2时， f(x)  1  ex  ，该函数的定义域为  x x0  ，  x  x (x2)xex (x1)ex (x2 x1)ex f(x)  ， x2 x2 1 5 51 由 fx0，即x2 x10，解得x 或x ， 2 2  1 5  51  因此，当a2时，函数 f x的单调递增区间为, 、 ,     2 2     1  1 1  ((a1)x2 x1)ex （3）法Ⅰ：因为 f(x)  a1  ex，则 f(x)  a1  ex  ，  x   x x2  x2 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10恒成立，无零点，故不符合题意； 当a 1时，函数gxa1x2 x1在0,1上单调递增， 因为g010，只需g1a10，故a 1符合题意； 学科网（北京）股份有限公司1 当a1时，函数gx的图象开口向下，对称轴为直线x 0， 2(a1) 因为g010，只需g1a10，故a1不符合题意，舍去 综上所述，实数a的取值范围是1,． 法Ⅱ：令(a1)x2 x10 1 1 则a1  有根． x2 x 1 令t  (1,) x 设gtt2 t 由题意可知a10 a 1 20．证明：（1）连接AC，AB 1 1 因为ABCDABC D 是正方体，所以BC 平面ABB A ，因为AB 平面ABB A ，所以BC  AB 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又因为四边形ABB A 是正方形，所以AB AB ， 1 1 1 1 因为ABI BC  B，所以AB 平面ABC， 1 1 1 因为AC 平面ABC，所以AC  AB ．同理：AC  DB 1 1 1 1 1 1 1 又因为AB I BD  B ，所以AC 平面ABD ． 1 1 1 1 1 1 1 （2）截面图形为如图所示的六边形 根据题意知截面面积最大时，图形是边长为 2 的正六边形， 1 所以最大的截面面积为S 6  2 2sin603 3 2 （3）因为平面∥平面ABD ，所以当截面EFG的面积最大时，E、F、G分别是棱AB、BB 、BC 的 1 1 1 1 1 中点，以D为原点建立如图所示空间直角坐标系 D 0,0,2，E2,1,0，F2,2,1，G1,2,2 1 r 设平面DEF的一个法向量是n (x ,y ,z )， 1 1 1 1 uuuur r uuuur uuuur  nDE 2x  y 2z 0 D 1 E (2,1,2)，D 1 F (2,2,1)，r uu1uur 1 1 1  nDF 2x 2y z 0 1 1 1 1 学科网（北京）股份有限公司r 令x 3，则y 2，z 2，n (3,2,2) 1 1 1 r uuur uuur 设平面GEF 的一个法向量是m(x ,y ,z )，EF (0,1,1)，FG (1,0,1) 2 2 2 uuur r  mEF  y z 0 r r uuur 2 2 ，令x 1，则y 1，z 1，则m(1,1,1) 2 2 2  mFG x z 0 2 2 r r r r nm 31(2)(1)12 7 51 cos n,m  r r   n  m 32 (2)2 22  12 (1)2 12 51 7 51 设二面角D EF G的平面角为，由图知为锐角，所以cos ， 1 51 7 51 所以二面角D EF G的余弦值为 ． 1 51  p 21．解：（1）由题可知，42 2p  5   2  解得， p2或 p 8（舍） 所以，抛物线P的方程为y2 4x （2）设直线AB:xmy1，Ax ,y ，Bx ,y ， 1 1 2 2 xmy1 联立 ，可得y2 4my40，则得y  y 4m，x x 4m2 2， y2 4x 1 2 1 2  2 2  M(2m2 1,2m)，同理N  1,  m2 m ①m1时， OG 3 ②当m1时， 2 2m m l : y2m (x2m2 1) MN 2 2m2  m2 根据曲线对称性可知，令y 0时，则x3．所以直线l 恒过点E(3,0) MN 又FG MN，所以点G在以FE为直径的圆上，且轨迹方程为x22  y2 1， 由几何图形关系可知， OG 的最大值为3 学科网（北京）股份有限公司xcos xcos 22．解：（1）由 ，可得 y 4sin y4sin 消去参数得x2 (y4)2 sin2cos21， 所以曲线C 的普通方程为x2 y42 1，又因为π2π 2 所以曲线C 的普通方程为x2 (y4)2 1(3 y4) 2  x2cos （3）因为曲线C 的参数方程为 （为参数）， 1 y  3sin 所以设点M的坐标为(2cos, 3sin)， 设圆心C 与C 上任意一点的距离为d 2 1 则d  4cos2(4 3sin)2  sin28 3sin20 设sint，t1,1，则d  t2 8 3t20  192 48 ，d 4 3， min 所以 MN d r 3 3 min 23．解：①当m2时， f(x)4 x1 ，即 x2  x1 4 3 3 当x1时，不等式化为x2x14，解得x ，所以x 2 2 当1 x2时，不等式化为x2x14，解得x 5 5 当x2时，不等式化为x2x14，解得x ，所以x 2 2  3 5  综上，原不等式的解集为 ,  U  ,   2 2  ②若 f x2m x1 恒成立，即 xm  x1 2m   min 因为 xm  x1  xmx1  m1 （当且仅当xmx10时，等号成立）， 所以 m1 2m，即m12m或m12m， 1 解得m1或m 3 故m的取值范围为,1． 学科网（北京）股份有限公司