精品解析：内蒙古自治区包头市2024届高三下学期适应性考试文科数学试题（二）

2024年高考适应性考试试题（二） 文科数学 注意事项： 1.考生答卷前，务必将自己的姓名､座位号写在答题卡上，将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间150分钟. 2做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上的答案无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上的答案无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知集合，，则子集的个数为（    ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 若复数纯虚数，则（    ） A. B. 0 C. 1 D. 2 3. 执行如图所示的程序框图，输出的s值为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图像大致为（ ） A. B. C. D. 5. 古希腊的几何学家用一个不垂直于圆锥的轴的平面去截一个圆锥，将所截得的不同的截口曲线统称为圆锥曲线如图所示的圆锥中，AB为底面圆的直径，M为PB中点，某同学用平行于母线PA且过点M的平面去截圆锥，所得截口曲线为抛物线．若该圆锥的高，底面半径，则该抛物线焦点到准线的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则的值是（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 8. 已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，平面，，，，若球O的表面积为，则（ ） A B. 1 C. D. 9. 若实数x，y满足不等式，则的概率为（ ） A. B. C. D. 10. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，若存在实数满足，则错误的是（ ） A. B. C. D. 12. 若，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 在锐角中，若，且，则的取值范围是__________. 14. 点关于直线的对称点在圆内，则实数的取值范围是________. 15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________. 16. 已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为______. 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 18. 如图，在正四棱锥中，点为的中点． （1）若为的中点，判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）正四棱锥的各棱长均为2，求直线与底面所成角的正弦值． 19. 环境监测部门为调研汽车流量对空气质量的影响，在某监测点统计每日过往的汽车流量（单位：辆）和空气中的的平均浓度（单位：）． 调研人员采集了50天的数据，制作了关于的散点图，并用直线与将散点图分成如图所示的四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，落入对应区域的样本点的个数依次为6，20，16，8． （1）完成下面列联表，并判断至少有多大把握认为“平均浓度不小于与“汽车日流量不小于1500辆”有关； 汽车日流量 汽车日流量 合计 的平均浓度 的平均浓度 合计 （2）经计算得回归方程为，且这50天的汽车日流量的标准差，的平均浓度的标准差． ①求相关系数，并判断该回归方程是否有价值； ②若这50天的汽车日流量满足，试推算这50天的日均浓度的平均数．（精确到0.1） 参考公式：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.001 2706 3.841 6.635 10.828 回归方程，其中． 相关系数． 若，则认为与有较强的线性相关性． 20. 已知函数． （1）若的零点也是其极值点，求； （2）若对所有成立，求的取值范围． 21. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，点是椭圆上异于顶点的任意一点，过点作椭圆的切线，交轴于点A，直线过点且垂直于，交轴于点． （1）求椭圆的方程； （2）试判断以为直径的圆能否过定点？若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由． （二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. [选修4-4：坐标系与参数方程]（10分） 22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程； （2）若为曲线上到直线的距离最小的点，求点在平面直角坐标系中的坐标． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23. 已知函数的最小值是. （1）求的值； （2）若，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高考适应性考试试题（二） 文科数学 注意事项： 1.考生答卷前，务必将自己的姓名､座位号写在答题卡上，将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间150分钟. 2做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上的答案无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上的答案无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知集合，，则子集的个数为（    ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，再求得，从而求得正确答案. 【详解】由，得，解得， 所以，所以， 所以子集的个数为. 故选：D 2. 若复数为纯虚数，则（    ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的乘方及除法运算，再结合纯虚数的意义求解即得. 【详解】依题意，， 于是，解得， 所以. 故选：C 3. 执行如图所示的程序框图，输出的s值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据程序框图，模拟运行程序，求出每次运行的结果，直到满足条件，即可求得答案. 【详解】模拟程序的运行，可得： ，不满足条件， ，不满足条件， ，不满足条件， ，满足条件， 输出， 故选：C 4. 函数的部分图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇偶性排除A，B，再根据得到D. 【详解】因为定义域为， ， 所以为偶函数，关于轴对称，排除A，B； 因为，，所以，故C错误，D正确， 故选：D. 5. 古希腊的几何学家用一个不垂直于圆锥的轴的平面去截一个圆锥，将所截得的不同的截口曲线统称为圆锥曲线如图所示的圆锥中，AB为底面圆的直径，M为PB中点，某同学用平行于母线PA且过点M的平面去截圆锥，所得截口曲线为抛物线．若该圆锥的高，底面半径，则该抛物线焦点到准线的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用中位线计算，结合对称性判断抛物线以为对称轴，焦点在上，再以顶点为原点建立坐标系，设抛物线标准方程，根据点在抛物线上求得参数p即得结果. 【详解】因为M是PB的中点，O是AB的中点，则，， 截圆锥的平面平行于母线PA且过母线PB的中点M，故O也在截面上， 根据对称性可知抛物线的对称轴为，焦点在上， 建立以M为原点，为x轴，过M点的垂线为y轴， 设抛物线与底面交点为E，则， 设抛物线为，则，解得， 即该抛物线焦点到准线的距离为p，即为. 故选：D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则的值是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图可得，求得，再利用图象过点，可得到，从而得到，再利用诱导公式及特殊角三角函数值求解即可. 【详解】由图象可知，解得，因为，所以，解得， 将代入解析式化简得，因为，则，得， 故，所以. 故选：A 7. 已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得. 【详解】数列中，，当时，，则， 整理得，即，而，即， 因此数列是以为首项，公比为的等比数列，， 则，由，知为奇数，此时是递增的， 而，， 所以正整数k的最小值为13. 故选：C 8. 已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，平面，，，，若球O的表面积为，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据四面体的性质可构造长方体模型求得外接球半径即可得. 【详解】如下图所示： 由平面可知，又， 所以四面体的外接球半径等于以长宽高分别为三边长的长方体的外接球半径， 设外接球半径为， 由球的表面积为，可得，即； 又，，， 所以. 故选：B 9. 若实数x，y满足不等式，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出不等式表示的平面区域，同时画出，根据面积关系求概率. 【详解】，作出其表示的平面区域如下图阴影部分： ， 则的概率为. 故选：A. 10. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解. 【详解】如图所示： 为准线与轴的交点， 因为，且，所以， 因为，所以， 而，所以， 所以. 故选：A. 11. 已知函数，若存在实数满足，则错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出的图象，根据图象可得的取值范围，再根据图象的局部对称性可得，且，故可判断各项的正误. 【详解】， 故的图象如图所示， 考虑直线与图象的交点， 则，且，，故BD正确. 由可得即， 整理得到，故C正确. 又， 由可得，但，故， 故，故A错误. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：分段函数的零点问题，可先刻画其图象，根据图象的性质可得各零点的性质，结合基本不等式等考虑目标代数式的范围等. 12. 若，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数求证不等式和，即可求解. 【详解】设， 则当时,在单调递减， 当时，在单调递增，故当，故当且仅当时取等号， 当在单调递增， 当在单调递减，所以，故，当且仅当时取等号， 所以 ，故． ，故 因此， 故选：A 【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据： （1）结合函数性质进行比较； （2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较； （3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小. 二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 在锐角中，若，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出锐角，利用正余弦定理求出，再利用正弦定理结合三角恒等变换及正弦函数性质求解即得. 【详解】由，得，而是锐角，则， 由余弦定理得， 由正弦定理及，得， 即，因此，在锐角中，， 令，，由正弦定理得， 因此， 由，得，则， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及求三角形周长范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解. 14. 点关于直线的对称点在圆内，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求对称点，再根据点与圆的位置关系，列式求解. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，得， 又题意可知，，解得：. 故答案为： 15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设点，利用已知条件求出点的轨迹方程，利用平面向量数量积的运算性质可得出，求出的最小值，即可得出的最小值. 【详解】设点，由可得，整理可得， 化为标准方程可得， 因为为的中点， 所以， ， 记圆心为，当点为线段与圆的交点时， 取最小值，此时，， 所以，. 故答案为：. 16. 已知关于的不等式在上恒成立（其中为自然对数的底数），则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为，其中利用导数求解函数的单调性，进而可得，即可求解. 【详解】由于，故由得， 记 记，由于均为单调递增且恒为正， 故为单调递增函数， 由于，， 所以存在唯一的，使得，， 当单调递增，当单调递减， 故当时，取极小值也是最小值， 且， 故， 故， 故答案为： 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用公式，即可求解； （2）首先根据（1）的结果，得，再利用等比数列前项和公式，以及分组转化法求和. 【小问1详解】 ， 两式相减得， 又当时，，满足上式， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， . 18. 如图，在正四棱锥中，点为的中点． （1）若为的中点，判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）正四棱锥的各棱长均为2，求直线与底面所成角的正弦值． 【答案】（1）相交，理由见解析； （2）． 【解析】 【分析】（1）依题意可得且，从而得到四边形是梯形，即可得解 （2）依题意可得点到平面的距离为正四棱锥高的一半，求出棱锥的高与，再由锐角三角函数计算可得． 【小问1详解】 由、分别为侧棱、的中点， ∴且， 又且，故且， ∴四边形是梯形，因此直线与相交． 【小问2详解】 由为的中点，得点到平面的距离为正四棱锥高的一半， 设，连接，则平面， 由正四棱锥的各棱长均为，∴， 则，即正四面体的高为， ∴点到平面的距离为，又， 设直线与底面所成角为，则， 故直线与底面所成角的正弦值为． 19. 环境监测部门为调研汽车流量对空气质量的影响，在某监测点统计每日过往的汽车流量（单位：辆）和空气中的的平均浓度（单位：）． 调研人员采集了50天的数据，制作了关于的散点图，并用直线与将散点图分成如图所示的四个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，落入对应区域的样本点的个数依次为6，20，16，8． （1）完成下面的列联表，并判断至少有多大把握认为“平均浓度不小于与“汽车日流量不小于1500辆”有关； 汽车日流量 汽车日流量 合计 的平均浓度 的平均浓度 合计 （2）经计算得回归方程为，且这50天的汽车日流量的标准差，的平均浓度的标准差． ①求相关系数，并判断该回归方程是否有价值； ②若这50天的汽车日流量满足，试推算这50天的日均浓度的平均数．（精确到0.1） 参考公式：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 回归方程，其中． 相关系数． 若，则认为与有较强的线性相关性． 【答案】（1）列联表见解析，至少有的把握； （2）① 0.84，有价值；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，完成列联表，再计算，结合表格即可求得结果. （2）代入公式计算可判断与的相关性强弱，由可得，结合回归直线必过样本中心可求得的值. 【小问1详解】 列联表如下： 汽车日流量 汽车日流量 合计 的平均浓度 16 8 24 的平均浓度 6 20 26 合计 22 28 50 零假设：“PM2.5平均浓度不小于100μg/m3”与“汽车日流量不小于1500辆”无关， 因为， 所以至少有的把握（但还不能有的把握）认为“平均浓度不小于”与“汽车日流量不小于1500辆有关”． 【小问2详解】 ①因为回归方程为，所以， 又因为，， 所以． 与有较强的相关性，该回归方程有价值． ②，解得 而样本中心点位于回归直线上， 因此可推算. 20. 已知函数． （1）若的零点也是其极值点，求； （2）若对所有成立，求的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论判断函数单调性求得极值点即可求解； （2）注意到，讨论，及三种情况，说明函数值与0大小关系即可求解. 【小问1详解】 ，， 若，则，在单调递减，无极值点，不合题意； 若，，则 故在上单调递减，在上单调递增， 故 因为的零点也是其极值点，则， 设，， 则故在上单调递增，在上单调递减， 且易知，故有唯一解. 此时的零点和极值点均为0，符合题意；故. 【小问2详解】 首先注意到， ，， ①若，则在时恒成立，故单调递减， 则对所有，，不满足题意，故舍去； ②若，则 故在上单调递减，在上单调递增， 则，不满足题意，故舍去； ③若，则在时恒成立 所以在上单调递增，则对所有，， 符合题意，该情况成立． 综上所述，的取值范围是． 21. 已知椭圆的长轴长为4，离心率为，点是椭圆上异于顶点的任意一点，过点作椭圆的切线，交轴于点A，直线过点且垂直于，交轴于点． （1）求椭圆的方程； （2）试判断以为直径的圆能否过定点？若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由． 【答案】（1） （2）过定点，定点和 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列方程即可求解； （2）解法一，设直线的方程为，联立椭圆方程消去y，然后可得，根据切线方程可得点A的坐标，再写出直线求得点B坐标，进而可得圆的方程，然后可得定点；解法二，根据椭圆切线方程求点A的坐标，再根据垂直关系可得的方程，可得点B坐标，然后由圆的方程可得定点. 【小问1详解】 因为， 所以． 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 解法一：设点，直线的方程为， 代入，整理得， 因为是方程的两个相等实根，所以，解得． 所以直线的方程为， 令，得点A的坐标为． 又因，所以． 所以点A的坐标为． 又直线的方程为， 令，得点的坐标为． 所以以为直径的圆的方程为． 整理得． 令，得， 所以以为直径的圆恒过定点和． 解法二：设点， 根据切线方程可知直线的方程为，所以点A的坐标为． 又直线的方程为，令，得点坐标为， 所以以为直径的圆方程为 整理得，令，得， 所以以为直径的圆恒过定点和． （二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. [选修4-4：坐标系与参数方程]（10分） 22. 在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程； （2）若为曲线上到直线的距离最小的点，求点在平面直角坐标系中的坐标． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）消去参数可得直线的普通方程，利用可得曲线的直角坐标方程； （2）设与直线平行的直线方程为，与椭圆方程联立，令可得点坐标. 【小问1详解】 对于直线的参数方程（为参数）， 消去参数得， 即直线的普通方程为； 对于曲线的极坐标方程为， 利用变形得， 即曲线直角坐标方程为； 【小问2详解】 设与直线平行的直线方程为， 联立，消去得 令得或， 当时，直线与的交点为曲线上到直线的距离最小的点， 解方程得，此时 即点在平面直角坐标系中的坐标为. [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23. 已知函数的最小值是. （1）求的值； （2）若，，且，证明：. 【答案】（1）2 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，分类讨论去掉绝对值符号，即可得到的最小值； （2）根据题意，将原不等式转化，结合条件代入化简，再由基本不等式即可证明. 【小问1详解】 当时，， 此时； 当时，， 此时； 当时，， 此时； 综上所述，函数的最小值是2，即. 【小问2详解】 要证， 即证， 即证， 因为，，且， 故只需证， 由基本不等式可知，， 当且仅当时，等号成立， 故命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$