内蒙古呼伦贝尔市2024届高三下学期一模数学（理）试题（含答案解析）

2024年内蒙古呼伦贝尔高三一模试卷（理科）一、选择题：本大题共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.已知集合，，则=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【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：A2.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【答案】D【解析】【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：D3.已知是正项等比数列，且，则=（）A. B.2 C.4 D.【答案】C【解析】【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：C4.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.36 B.44 C.56 D.64【答案】B【解析】【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：B5.设x满足约束条件，则的最小值为（）A.8 B.2 C. D.【答案】D【解析】【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.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.【答案】B【解析】【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：B7.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.①④ B.②④ C.①②③ D.②③【答案】A【解析】【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：A8.若，，则的最小值为（）A. B.6 C.8 D.12【答案】C【解析】【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.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.【答案】A【解析】【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.在中，，，，则（）A. B.6 C. D.【答案】A【解析】【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：A11.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.【答案】D【解析】【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.已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（）A. B.1 C.2023 D.2024【答案】A【解析】【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.二、填空题；本大题共4小题，每小题5分．13.的展开式中的系数为_____.【答案】【解析】【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.已知函数的图像的一条对称轴为直线，则_____.【答案】【解析】【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.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______.【答案】2【解析】【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：216.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：）【答案】1391【解析】【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：三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．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.【答案】（1）（2）【解析】【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.【小问1详解】因为为锐角三角形，则因为，则，因为，可得，所以．【小问2详解】因，由余弦定理可得，即，整理得．则或（舍去）；所以的面积为．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.【答案】（1）；（2）分布列见解析，2.【解析】【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，【小问1详解】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．【小问2详解】可以取，，，所以的分布列为01234所以.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.【答案】（1）证明见解析（2）存在，为的中点【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】设，以为坐标原点，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.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．【答案】（1）；（2）存在，【解析】【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.【小问1详解】根据题意得，所以，所以椭圆的标准方程为．【小问2详解】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.已知函数．（1）判断函数的单调性（2）证明：①当时，；②.【答案】（1）答案见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析.【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.【小问1详解】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．【小问2详解】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.（二）选考题：共10分，请考生从22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题目记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]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.【答案】（1），；（2）．【解析】【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.【小问1详解】由（为参数），消参得曲线的直