2023-2024學年山西省運城市高考數學二模試卷含解析

2023-2024學年山西省運城市高考數學二模試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設，點，，，，設對一切都有不等式成立，則正整數的最小值為（）A． B． C． D．2．如圖，平面ABCD，ABCD為正方形，且，E，F分別是線段PA，CD的中點，則異面直線EF與BD所成角的余弦值為（）A． B． C． D．3．公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米....所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（）A．米 B．米C．米 D．米4．不等式組表示的平面區(qū)域為，則（）A．， B．，C．， D．，5．已知，則的取值范圍是（）A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2]6．在中，已知，，，為線段上的一點，且，則的最小值為（）A． B． C． D．7．已知非零向量，滿足，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解:8．設集合，，若，則（）A． B． C． D．9．三棱柱中，底面邊長和側棱長都相等，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．10．已知函數，則不等式的解集是（）A． B． C． D．11．已知函數，其中，若恒成立，則函數的單調遞增區(qū)間為（）A． B．C． D．12．“且”是“”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若實數滿足不等式組，則的最小值是___14．已知不等式的解集不是空集,則實數的取值范圍是；若不等式對任意實數恒成立，則實數的取值范圍是___15．若函數在區(qū)間上恰有4個不同的零點，則正數的取值范圍是______.16．點到直線的距離為________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設為實數,已知函數,．（1）當時,求函數的單調區(qū)間：（2）設為實數,若不等式對任意的及任意的恒成立,求的取值范圍;（3）若函數（,）有兩個相異的零點,求的取值范圍．18．（12分）如圖，已知拋物線：與圓：（）相交于，，，四個點，（1）求的取值范圍；（2）設四邊形的面積為，當最大時，求直線與直線的交點的坐標.19．（12分）為了解廣大學生家長對校園食品安全的認識，某市食品安全檢測部門對該市家長進行了一次校園食品安全網絡知識問卷調查，每一位學生家長僅有一次參加機會，現對有效問卷進行整理，并隨機抽取出了200份答卷，統計這些答卷的得分（滿分：100分）制出的頻率分布直方圖如圖所示，由頻率分布直方圖可以認為，此次問卷調查的得分服從正態(tài)分布，其中近似為這200人得分的平均值（同一組數據用該組區(qū)間的中點值作為代表）.（1）請利用正態(tài)分布的知識求；（2）該市食品安全檢測部門為此次參加問卷調查的學生家長制定如下獎勵方案：①得分不低于的可以獲贈2次隨機話費，得分低于的可以獲贈1次隨機話費：②每次獲贈的隨機話費和對應的概率為：獲贈的隨機話費（單位：元）概率市食品安全檢測部門預計參加此次活動的家長約5000人，請依據以上數據估計此次活動可能贈送出多少話費？附：①；②若；則，，.20．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為，（為參數）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點是直線的一點，過點作曲線的切線，切點為，求的最小值.21．（12分）健身館某項目收費標準為每次60元，現推出會員優(yōu)惠活動：具體收費標準如下：現隨機抽取了100為會員統計它們的消費次數，得到數據如下：假設該項目的成本為每次30元，根據給出的數據回答下列問題：（1）估計1位會員至少消費兩次的概率（2）某會員消費4次，求這4次消費獲得的平均利潤；（3）假設每個會員每星期最多消費4次，以事件發(fā)生的頻率作為相應事件的概率，從會員中隨機抽取兩位，記從這兩位會員的消費獲得的平均利潤之差的絕對值為，求的分布列及數學期望22．（10分）已知橢圓的左右焦點分別是，點在橢圓上，滿足（1）求橢圓的標準方程；（2）直線過點，且與橢圓只有一個公共點，直線與的傾斜角互補，且與橢圓交于異于點的兩點，與直線交于點（介于兩點之間），是否存在直線，使得直線，，的斜率按某種排序能構成等比數列？若能，求出的方程，若不能，請說理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

先求得，再求得左邊的范圍，只需，利用單調性解得t的范圍.【詳解】由題意知sin，∴，∴，隨n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上單增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整數的最小值為3.【點睛】本題考查了數列的通項及求和問題，考查了數列的單調性及不等式的解法，考查了轉化思想，屬于中檔題.2、C【解析】

分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,再利用向量法求異面直線EF與BD所成角的余弦值.【詳解】由題可知，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設.則.故異面直線EF與BD所成角的余弦值為.故選：C【點睛】本題主要考查空間向量和異面直線所成的角的向量求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.3、D【解析】

根據題意，是一個等比數列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】根據題意，這是一個等比數列模型，設，所以，解得，所以.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.4、D【解析】

根據題意，分析不等式組的幾何意義，可得其表示的平面區(qū)域，設，分析的幾何意義，可得的最小值，據此分析選項即可得答案.【詳解】解：根據題意，不等式組其表示的平面區(qū)域如圖所示，其中，，

設，則，的幾何意義為直線在軸上的截距的2倍，

由圖可得：當過點時，直線在軸上的截距最大，即，當過點原點時，直線在軸上的截距最小，即，故AB錯誤；

設，則的幾何意義為點與點連線的斜率，由圖可得最大可到無窮大，最小可到無窮小，故C錯誤，D正確；故選：D.【點睛】本題考查本題考查二元一次不等式的性質以及應用，關鍵是對目標函數幾何意義的認識，屬于基礎題.5、D【解析】

設，可得，構造（）22，結合，可得，根據向量減法的模長不等式可得解.【詳解】設，則，，∴（）2?2||22＝4，所以可得：，配方可得，所以，又則[0，2]．故選：D．【點睛】本題考查了向量的運算綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.6、A【解析】

在中，設，，，結合三角形的內角和及和角的正弦公式化簡可求，可得，再由已知條件求得，，，考慮建立以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立直角坐標系，根據已知條件結合向量的坐標運算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.【詳解】在中，設，，，，即，即，，，，，，，，即，又，，，則，所以，，解得，.以所在的直線為軸，以所在的直線為軸建立如下圖所示的平面直角坐標系，則、、，為線段上的一點，則存在實數使得，，設，，則，，，，，消去得，，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選：A.【點睛】本題是一道構思非常巧妙的試題，綜合考查了三角形的內角和定理、兩角和的正弦公式及基本不等式求解最值問題，解題的關鍵是理解是一個單位向量，從而可用、表示，建立、與參數的關系，解決本題的第二個關鍵點在于由，發(fā)現為定值，從而考慮利用基本不等式求解最小值，考查計算能力，屬于難題.7、C【解析】

根據向量的數量積運算，由向量的關系，可得選項.【詳解】，，∴等價于，故選：C.【點睛】本題考查向量的數量積運算和命題的充分、必要條件，屬于基礎題.8、A【解析】

根據交集的結果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，從而可求.【詳解】依題意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.【點睛】本題考查集合的交，注意根據交集的結果確定集合中含有的元素，本題屬于基礎題.9、B【解析】

設，，，根據向量線性運算法則可表示出和；分別求解出和，，根據向量夾角的求解方法求得，即可得所求角的余弦值.【詳解】設棱長為1，，，由題意得：，，，又即異面直線與所成角的余弦值為：本題正確選項：【點睛】本題考查異面直線所成角的求解，關鍵是能夠通過向量的線性運算、數量積運算將問題轉化為向量夾角的求解問題.10、B【解析】

由導數確定函數的單調性，利用函數單調性解不等式即可.【詳解】函數，可得，時，，單調遞增，∵，故不等式的解集等價于不等式的解集．．∴．故選：B．【點睛】本題主要考查了利用導數判定函數的單調性，根據單調性解不等式，屬于中檔題.11、A【解析】

，從而可得，，再解不等式即可.【詳解】由已知，，所以，，由，解得，.故選：A.【點睛】本題考查求正弦型函數的單調區(qū)間，涉及到恒成立問題，考查學生轉化與化歸的思想，是一道中檔題.12、A【解析】

畫出“,,,所表示的平面區(qū)域,即可進行判斷.【詳解】如圖，“且”表示的區(qū)域是如圖所示的正方形，記為集合P，“”表示的區(qū)域是單位圓及其內部，記為集合Q，顯然是的真子集,所以答案是充分非必要條件，故選:.【點睛】本題考查了不等式表示的平面區(qū)域問題,考查命題的充分條件和必要條件的判斷,難度較易.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-1【解析】作出可行域，如圖：由得,由圖可知當直線經過A點時目標函數取得最小值，A（1,0）所以-1故答案為-114、【解析】

利用絕對值的幾何意義，確定出的最小值，然后根據題意即可得到的取值范圍化簡不等式，求出的最大值，然后求出結果【詳解】的最小值為，則要使不等式的解集不是空集，則有化簡不等式有，即而當時滿足題意，解得或所以答案為【點睛】本題主要考查的是函數恒成立的問題和絕對值不等式，要注意到絕對值的幾何意義，數形結合來解答本題，注意去絕對值時的分類討論化簡15、；【解析】

求出函數的零點，讓正數零點從小到大排列，第三個正數零點落在區(qū)間上，第四個零點在區(qū)間外即可．【詳解】由，得，，，，∵，∴，解得．故答案為：．【點睛】本題考查函數的零點，根據正弦函數性質求出函數零點，然后題意，把正數零點從小到大排列，由于0已經是一個零點，因此只有前3個零點在區(qū)間上．由此可得的不等關系，從而得出結論，本題解法屬于中檔題．16、2【解析】

直接根據點到直線的距離公式即可求出?！驹斀狻恳罁c到直線的距離公式，點到直線的距離為?！军c睛】本題主要考查點到直線的距離公式的應用。三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）函數單調減區(qū)間為;單調增區(qū)間為．（2）（3）【解析】

（1）據導數和函數單調性的關系即可求出;（2）分離參數,可得對任意的及任意的恒成立,構造函數,利用導數求出函數的最值即可求出的范圍;（3）先求導,再分類討論,根據導數和函數單調性以及最值得關系即可求出的范圍【詳解】解：（1）當時,因為,當時,;當時,．所以函數單調減區(qū)間為;單調增區(qū)間為．（2）由,得,由于,所以對任意的及任意的恒成立,由于,所以,所以對任意的恒成立,設,,則,所以函數在上單調遞減,在上單調遞增,所以,所以．（3）由,得,其中．①若時,則,所以函數在上單調遞增,所以函數至多有一個零點,不合題意;②若時,令,得．由第（2）小題,知：當時,,所以,所以,所以當時,函數的值域為．所以,存在,使得,即,①且當時,,所以函數在上單調遞增,在上單調遞減．因為函數有兩個零點,,所以．②設,,則,所以函數在單調遞增,由于,所以當時,．所以,②式中的,又由①式,得．由第（1）小題可知,當時,函數在上單調遞減,所以,即．當時,（?。┯捎?所以得,又因為,且函數在上單調遞減,函數的圖象在上不間斷,所以函數在上恰有一個零點;（ⅱ）由于,令,設,,由于時,,,所以設,即．由①式,得,當時,,且,同理可得函數在上也恰有一個零點．綜上,．【點睛】本題考查含參數的導數的單調性,利用導數求不等式恒成立問題,以及考查函數零點問題,考查學生的計算能力,是綜合性較強的題.18、（1）（2）點的坐標為【解析】

將拋物線方程與圓方程聯立,消去得到關于的一元二次方程,拋物線與圓有四個交點需滿足關于的一元二次方程在上有兩個不等的實數根,根據二次函數的有關性質即可得到關于的不等式組,解不等式即可.不妨設拋物線與圓的四個交點坐標為，，，，據此可表示出直線、的方程,聯立方程即可表示出點坐標,再根據等腰梯形的面積公式可得四邊形的面積的表達式,令,由及知,對關于的面積函數進行求導，判斷其單調性和最值,即可求出四邊形的面積取得最大值時的值,進而求出點坐標.【詳解】（1）聯立拋物線與圓的方程消去，得.由題意可知在上有兩個不等的實數根.所以解得，所以的取值范圍為.（2）根據（1）可設方程的兩個根分別為，（），則，，，，且，，所以直線、的方程分別為，,聯立方程可得,點的坐標為，因為四邊形為等腰梯形,所以，令，則，所以，因為,所以當時,；當時,，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，即當時，四邊形的面積取得最大值，因為,點的坐標為,所以當四邊形的面積取得最大值時,點的坐標為.【點睛】本題考查利用導數求函數的極值與最值、拋物線及其標準方程及直線與圓錐曲線相關的最值問題；考查運算求解能力、轉化與化歸能力和知識的綜合運用能力;利用函數的思想求圓錐曲線中面積的最值是求解本題的關鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.19、（1）；（2）估計此次活動可能贈送出100000元話費【解析】

（1）根據正態(tài)分布的性質可求的值.（2）設某家長參加活動可獲贈話費為元，利用題設條件求出其分布列，再利用公式求出其期望后可得計此次活動可能贈送出的話費數額.【詳解】（1）根據題中所給的統計表，結合題中所給的條件，可以求得又，，所以；（2）根據題意，某家長參加活動可獲贈話費的可能值有10，20，30，40元，且每位家長獲得贈送1次、2次話費的概率都為，得10元的情況為低于平均值，概率，得20元的情況有兩種，得分低于平均值，一次性獲20元話費；得分不低于平均值，2次均獲贈10元話費，概率，得30元的情況為：得分不低于平均值，一次獲贈10元話費，另一次獲贈20元話費，其概率為，得40元的其情況得分不低于平均值，兩次機會均獲20元話費，概率為.所以變量的分布列為：某家長獲贈話費的期望為.所以估計此次活動可能贈送出100000元話費.【點睛】本題考查正態(tài)分布、離散型隨機變量的分布列及數學期望，注意與正態(tài)分布有關的計算要利用該分布的密度函數圖象的對稱性來進行，本題屬于中檔題.20、（1），；（2）見解析【解析】

（1）消去t,得直線的普通方程，利用極坐標與普通方程互化公式得曲線的直角坐標方程；（2）判斷與圓相離，連接，在中，，即可求解【詳解】（1）將的參數方程（為參數）消去參數，得.因為，，所以曲線的直角坐標方程為.（2）由（1）知曲線是以為圓心，3為半徑的圓，設圓心為，則