内蒙古自治区平煤高级中学2024届高考冲刺模拟数学试题含解析

内蒙古自治区平煤高级中学2024届高考冲刺模拟数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知向量，，当时，（）A． B． C． D．2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．3．已知向量，，若，则（）A． B． C． D．4．函数在上单调递减的充要条件是（）A． B． C． D．5．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为点，延长交椭圆于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率A． B．C． D．6．已知函数在上单调递增，则的取值范围（）A． B． C． D．7．执行下面的程序框图，如果输入，，则计算机输出的数是（）A． B． C． D．8．已知函数在上可导且恒成立，则下列不等式中一定成立的是（）A．、B．、C．、D．、9．已知复数和复数，则为A． B． C． D．10．设全集，集合，，则（）A． B． C． D．11．已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（）A． B． C． D．12．若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________（用数字作答）.14．“”是“”的__________条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）15．已知函数的部分图象如图所示，则的值为____________.16．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1000名学生的成绩，并根据这1000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有____人．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。17．（12分）已知.（1）若曲线在点处的切线也与曲线相切，求实数的值；（2）试讨论函数零点的个数.18．（12分）已知在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和.19．（12分）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（ⅠⅠ）求直线与平面所成的角的正弦值.20．（12分）已知函数，(其中，).（1）求函数的最小值.（2）若，求证：.21．（12分）某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉，观景喷泉的示意图如图所示，两点为喷泉，圆心为的中点，其中米，半径米，市民可位于水池边缘任意一点处观赏．（1）若当时，，求此时的值；（2）设，且．（i）试将表示为的函数，并求出的取值范围；（ii）若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时，观赏角度的最大值不小于，试求两处喷泉间距离的最小值．22．（10分）在锐角中，，，分别是角，，所对的边，的面积，且满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．

参考答案一、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、A【解析】

根据向量的坐标运算，求出，，即可求解.【详解】，.故选:A.【点睛】本题考查向量的坐标运算、诱导公式、二倍角公式、同角间的三角函数关系，属于中档题.2、A【解析】

利用已知条件画出几何体的直观图，然后求解几何体的体积．【详解】几何体的三视图的直观图如图所示，则该几何体的体积为：．故选：．【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．3、A【解析】

利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值.【详解】由题意得，，，，解得.故选A.【点睛】本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.4、C【解析】

先求导函数，函数在上单调递减则恒成立，对导函数不等式换元成二次函数，结合二次函数的性质和图象，列不等式组求解可得.【详解】依题意，，令，则，故在上恒成立；结合图象可知，，解得故.故选：C.【点睛】本题考查求三角函数单调区间.求三角函数单调区间的两种方法:(1)代换法：就是将比较复杂的三角函数含自变量的代数式整体当作一个角(或)，利用基本三角函数的单调性列不等式求解；(2)图象法：画出三角函数的正、余弦曲线，结合图象求它的单调区间.5、B【解析】

设，则，，因为，所以．若，则，所以，所以，不符合题意，所以，则，所以，所以，，设，则，在中，易得，所以，解得（负值舍去），所以椭圆的离心率．故选B．6、B【解析】

由,可得,结合在上单调递增,易得,即可求出的范围.【详解】由,可得,时,,而,又在上单调递增,且,所以,则,即,故.故选:B.【点睛】本题考查了三角函数的单调性的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.7、B【解析】

先明确该程序框图的功能是计算两个数的最大公约数，再利用辗转相除法计算即可.【详解】本程序框图的功能是计算，中的最大公约数，所以，，，故当输入，，则计算机输出的数是57.故选：B.【点睛】本题考查程序框图的功能，做此类题一定要注意明确程序框图的功能是什么，本题是一道基础题.8、A【解析】

设，利用导数和题设条件，得到，得出函数在R上单调递增，得到，进而变形即可求解.【详解】由题意，设，则，又由，所以，即函数在R上单调递增，则，即，变形可得.故选：A.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用，以及利用单调性比较大小，其中解答中根据题意合理构造新函数，利用新函数的单调性求解是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与计算能力，属于中档试题.9、C【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出．【详解】z1z2＝（cos23°+isin23°）•（cos37°+isin37°）＝cos60°+isin60°＝．故答案为C．【点睛】熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.10、B【解析】

可解出集合，然后进行补集、交集的运算即可．【详解】，，则，因此，.故选：B.【点睛】本题考查补集和交集的运算，涉及一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.11、D【解析】

由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.【详解】设等比数列的公比为，则，由题意得，，得，解得，得.当时，；当时，，则的最小值为.故选：D.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.12、A【解析】

设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.【详解】设平面向量与的夹角为，，可得，在等式两边平方得，化简得.故选：A.【点睛】本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、5670【解析】

根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数.【详解】二项展开式一共有项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为.故答案为：5670【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，属于中档题.14、充分不必要【解析】

由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.【详解】由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.故答案为:充分不必要【点睛】本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.15、【解析】

由图可得的周期、振幅，即可得，再将代入可解得，进一步求得解析式及.【详解】由图可得，，所以，即，又，即，，又，故，所以，.故答案为：【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值，考查学生识图、计算等能力，是一道中档题.16、750【解析】因为0.001+0.001+0.004+a+0.005+0.003×50=1，得a=0.006所以1000×0.004+0.006+0.005三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）答案不唯一具体见解析【解析】

（1）利用导数的几何意义，设切点的坐标，用不同的方式求出两种切线方程，但两条切线本质为同一条，从而得到方程组，再构造函数研究其最大值，进而求得；（2）对函数进行求导后得，对分三种情况进行一级讨论，即，，，结合函数图象的单调性及零点存在定理，可得函数零点情况.【详解】解:（1）曲线在点处的切线方程为，即.令切线与曲线相切于点，则切线方程为，∴，∴，令，则，记，于是，在上单调递增，在上单调递减，∴，于是，.（2），①当时，恒成立，在上单调递增，且，∴函数在上有且仅有一个零点；②当时，在R上没有零点；③当时，令，则，即函数的增区间是，同理，减区间是，∴.ⅰ）若，则，在上没有零点；ⅱ）若，则有且仅有一个零点；ⅲ）若，则.，令，则，∴当时，单调递增，.∴又∵，∴在R上恰有两个零点，综上所述，当时，函数没有零点；当或时，函数恰有一个零点；当时，恰有两个零点.【点睛】本题考查导数的几何意义、切线方程、零点等知识，求解切线有关问题时，一定要明确切点坐标.以导数为工具，研究函数的图象特征及性质，从而得到函数的零点个数，此时如果用到零点存在定理，必需说明在区间内单调且找到两个端点值的函数值相乘小于0，才算完整的解法.18、（1）（2）【解析】

（1）由基本量法，求出公比后可得通项公式；（2）求出，用裂项相消法求和．【详解】解：（1）设等比数列的公比为又因为，所以解得（舍）或所以，即（2）据（1）求解知，，所以所以【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和．解题方法是基本量法．基本量法是解决等差数列和等比数列的基本方法，务必掌握．19、(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)．【解析】试题分析：（Ⅰ）连接交于，得，所以面，又，得面，即可利用面面平行的判定定理，证得结论；（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求的平面的一个法向量，利用向量和向量夹角公式，即可求解与平面所成角的正弦值．试题解析：（Ⅰ）连接BD交AC于O，易知O是BD的中点，故OG//BE，BE面BEF，OG在面BEF外，所以OG//面BEF；又EF//AC，AC在面BEF外，AC//面BEF，又AC与OG相交于点O，面ACG有两条相交直线与面BEF平行，故面ACG∥面BEF；（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设面ABF的法向量为，依题意有，，令，，，，，直线AD与面ABF成的角的正弦值是．20、（1）.（2）答案见解析【解析】

（1）利用绝对值不等式的性质即可求得最小值；（2）利用分析法，只需证明，两边平方后结合即可得证.【详解】（1），当且仅当时取等号，∴的最小值；（2）证明：依题意，，要证，即证，即证，即证，即证，又可知，成立，故原不等式成立.【点睛】本题考查用绝对值三角不等式求最值，考查用分析法证明不等式，在不等式不易证明时，可通过执果索因的方法寻找结论成立的充分条件，完成证明，这就是分析法．21、(1)；(2)(i)，；(ii).【解析】

（1）在中，由正弦定理可得所求；（2）（i）由余弦定理得，两式相加可得所求解析式．（ii）在中，由余弦定理可得，根据的最大值不小于可得关于的不等式，解不等式可得所求．【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以，即．（2）（i）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又所以，即．又，解得，所以所求关系式为，．（ii）当观赏角度的最大时，取得最小值．在中，由余弦定理可得，因为的最大值不小于，所以，解得，经验证知，所以．即两处喷泉间距离的最小值为．【点睛】本题考查解三角形在实际中的应