2024年内蒙古高考数学(文)试题(含答案) (2)

注意事项：

1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上．

2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．

3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．

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. 集合

A1,2,3,4,5,9，

Bxx1A，则AB（ ）

C. 3,4D. 1,2,9A. 1,2,3,4【答案】A【解析】

B. 1,2,3【分析】根据集合B的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【详解】依题意得，对于集合B中的元素x，满足x11,2,3,4,5,9，则x可能的取值为0,1,2,3,4,8，即B{0,1,2,3,4,8}，于是AB{1,2,3,4}.故选：A2. 设zA. -i【答案】D【解析】

【分析】先根据共轭复数的定义写出z，然后根据复数的乘法计算.【详解】依题意得，z2i，故zz2i22.故选：D

2i，则zz（ ）

B. 1

C. -1

D. 2

4x3y303. 若实数x,y满足约束条件x2y20，则zx5y的最小值为（ ）

2x6y90A. 5【答案】D【解析】

【分析】画出可行域后，利用z的几何意义计算即可得.

B. 21C. 2D. 724x3y30【详解】实数x,y满足x2y20，作出可行域如图：

2x6y9011xz，55111即z的几何意义为yxz的截距的，

555由zx5y可得y则该直线截距取最大值时，z有最小值，此时直线y11xz过点A，553x4x3y303A联立，解得2，即,1，22x6y90y1则zmin故选：D

3751.22.4. 等差数列an的前n项和为Sn，若S91，a3a7（ ）A. 2【答案】D【解析】

【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a1和d来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.

B.

73C. 1D.

29【详解】方法一：利用等差数列的基本量

98由S91，根据等差数列的求和公式，S99a12d19a136d1，又aa223a712da16d2a18d9(9a136d)9.

故选：D

方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a1a9a3a7，由S91，根据等差数列的求和公式，

S9(a1a9)9(a3a7)29221，故a3a79.故选：D

方法三：特殊值法

不妨取等差数列公差d0，则S919a1a119，则aa2372a19.故选：D

5. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）A.

114B.

3C. 122D.

3【答案】B【解析】

【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；

于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是A4424，

根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为81243.故选：B

6. 已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)，点(6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（A. 4B. 3

C. 2

D. 2【答案】C【解析】

【分析】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.

）【详解】设F10,4、F20,4、P6,4，则F1F22c8，PF1624410，PF262446，

2c82.2a422则2aPF1PF21064，则e故选：C.

7. 曲线fxx3x1在0,1处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）

6A.

16B. 32C. 21D. 32【答案】A【解析】

【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.

【详解】fx6x3，所以f03，故切线方程为y3(x0)13x1，

5故切线的横截距为故选：A.

1111，纵截距为1，故切线与坐标轴围成的面积为132368. 函数fxxee2xxsinx在区间[2.8,2.8]的大致图像为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B【解析】

【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入x1可得f10，可排除D.【详解】fxxe2xexsinxx2exexsinxfx，

又函数定义域为2.8,2.8，故该函数为偶函数，可排除A、C，

又f11esin11esin故可排除D.故选：B.9. 已知

1e1eπe11110，622e42eπcos3，则tan（ ）

4cossinB. 231C. A. 231【答案】B【解析】【分析】先将

32D. 13cos弦化切求得tan，再根据两角和的正切公式即可求解.

cossin【详解】因为

cos3，

cossin所以

133，tan1，

1tan3tan1231，1tan4所以tan故选：B.原10题略

10. 设、是两个平面，m、n是两条直线，且m.下列四个命题：①若m//n，则n//或n// ②若mn，则n,n③若n//，且n//，则m//n ④若n与和所成的角相等，则mn其中所有真命题的编号是（ ）A. ①③【答案】A【解析】

【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n，因为m//n，m，则n//，当n，因为m//n，m，则n//，

B. ②④

C. ①②③

D. ①③④

当n既不在也不在内，因为m//n，m,m，则n//且n//，故①正确；对②，若mn，则n与,不一定垂直，故②错误；

对③，过直线n分别作两平面与,分别相交于直线s和直线t，

因为n//，过直线n的平面与平面的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，同理可得n//t，则s//t，因为s平面，t平面，则s//平面，因为s平面，m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；

对④，若m,n与和所成的角相等，如果n//,n//，则m//n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.

11. 在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B9π2，bac，则sinAsinC（ ）3472D. A.

32B. 2C. 32【答案】C【解析】

【分析】利用正弦定理得sinAsinC11322ac，再利用正弦定理得到，再利用余弦定理有ac34sin2Asin2C的值，最后代入计算即可.

【详解】因为B32,b22941ac，则由正弦定理得sinAsinCsin2B.4932由余弦定理可得:bacac即:ac229ac，4131313ac，根据正弦定理得sin2Asin2CsinAsinC，4412所以(sinAsinC)sinAsinC2sinAsinC2227，4因为A,C为三角形内角，则sinAsinC0，则sinAsinC故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．原13题略

12. 函数fxsinx3cosx在0,π上的最大值是______．【答案】2【解析】

7.2【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.【详解】fxsinx3cosx2sinxπππ2πx,，x0,π，当时，3333当x5πππ时，即x时，fxmax2.

632故答案为：213 已知a1，

.115，则a______．log8aloga42【答案】【解析】

【分析】将log8a,loga4利用换底公式转化成log2a来表示即可求解.【详解】由题

11315log2a，整理得log2a25log2a60，log8aloga4log2a22log2a1或log2a6，又a1，

所以log2a6log22，故a26故答案为：.

14. 曲线yx33x与yx1a在0,上有两个不同的交点，则a的取值范围为______．

26【答案】2,1【解析】

【分析】将函数转化为方程，令x33xx1a，分离参数a，构造新函数gxxx5x1,232结合导数求得gx单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.

【详解】令x33xx1a，即ax3x25x1，令gxxx5x1x0,232则gx3x2x53x5x1，令gx0x0得x1，

2当x0,1时，gx0，gx单调递减，

当x1,时，gx0，gx单调递增，g01,g12，因为曲线yx33x与yx1a在0,上有两个不同的交点，

2所以等价于ya与gx有两个交点，所以a2,1.

故答案为：2,1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题第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．

15. 已知等比数列an的前n项和为Sn，且2Sn3an13.（1）求an的通项公式；（2）求数列Sn的通项公式.

5【答案】（1）an3353（2）232【解析】

nn1

【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；

（2）利用等比数列的求和公式可求Sn.【小问1详解】

因为2Sn3an13,故2Sn13an3，

所以2an3an13ann2即5an3an1故等比数列的公比为q5，355故2a13a233a135a13，故a11，故an33【小问2详解】

n1.

5n11n3353.由等比数列求和公式得Sn52321316. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，

BC//AD,EF//AD，AD4,ABBCEF2，ED10,FB23，M为AD的中点.

（1）证明：BM//平面CDE；（2）求点M到ABF的距离.【答案】（1）证明见详解； （2）31313【解析】

【分析】（1）结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM//CD，进而得证；

（2）作FOAD，连接OB，易证OB,OD,OF三垂直，结合等体积法VMABFVFABM即可求解.【小问1详解】

因为BC//AD,BC2,AD4,M为AD的中点，所以BC//MD,BCMD，四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，

又因为BM平面CDE，CD平面CDE，所以BM//平面CDE；【小问2详解】

如图所示，作BOAD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，

BC//AD,AD4,ABBC2，所以CD2，

结合（1）BCDM为平行四边形，可得BMCD2，

又AM2，所以ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB3，又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EFMD,EF//MD，四边形EFMD为平行四边形，FMEDAF，所以△AFM为等腰三角形，

ABM与△AFM底边上中点O重合，OFAM，OFAF2AO23，

因为OB2OF2BF2，所以OBOF，所以OB,OD,OF互相垂直，由等体积法可得VMABFVFABM，VFABM2221111323，S△ABMFO233232422FAABFBcosFAB2FAAB10222322102139，,sinFAB210210S△FAB113939，FAABsinFAB10222221011393，S△FABdd3322设点M到FAB的距离为d，则VMFABVFABM解得d313313，即点M到ABF的距离为.131317. 已知函数fxax1lnx1．（1）求fx的单调区间；

（2）若a2时，证明：当x1时，fxex1恒成立．

【答案】（1）见解析 （2）见解析【解析】

【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x1时，ex12x1lnx0即可.【小问1详解】

f(x)定义域为(0,)，

f(x)a1ax1xx当a0时，f(x)当a0时，xax10，故f(x)在(0,)上单调递减；x1,时，f(x)0，f(x)单调递增，a1x当0,时，f(x)0，f(x)单调递减.

a综上所述，当a0时，f(x)在(0,)上单调递减；

11

a0时，f(x)在,上单调递增，在0,上单调递减.

aa

【小问2详解】

a2，且x1时，ex1f(x)ex1a(x1)lnx1ex12x1lnx，

令g(x)ex12x1lnx(x1)，下证g(x)0即可.

g(x)ex1211(x)，则h(x)ex12，，再令h(x)gxx显然h(x)在(1,)上递增，则h(x)h(1)e010，即g(x)h(x)在(1,)上递增，

故g(x)g(1)e0210，即g(x)在(1,)上单调递增，故g(x)g(1)e021ln10，问题得证

3x2y218. 设椭圆C:221(ab0)的右焦点为F，点M1,在C上，且MFx轴．

2ab（1）求C的方程；

（2）过点P4,0的直线与C交于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：

AQy轴．

x2y2【答案】（1）1

43（2）证明见解析【解析】

【分析】（1）设Fc,0，根据M的坐标及MFx轴可求基本量，故可求椭圆方程.

（2）设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示

y1yQ，结合韦达定理化简前者可得y1yQ0，故可证AQy轴.

【小问1详解】

b23a213设Fc,0，由题设有c1且，故，故a2，故b3，

a2a2x2y2故椭圆方程为1.

43【小问2详解】

直线AB的斜率必定存在，设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，

3x24y2122222由可得34kx32kxk120，yk(x4)故Δ1024k434k42k2120，故11k，2232k2k212又x1x2，,x1x234k234k235y25BN:yx23y2，y而N,0，故直线，故52Q52x25x22x222y2所以y1yQy1y2x253y23y212x252x25kx142x253kx242x25k21232k2258222x1x25x1x2834k34kkk2x252x25128k224160k22432k2234kk0，2x25故y1yQ，即AQy轴.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式；（5）代入韦达定理求解.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．

19. 在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.

（1）写出C的直角坐标方程；

xt（2）设直线l：（t为参数），若C与l相交于A、B两点，若AB2，求a的值.

yta【答案】（1）y22x1 （2）a【解析】

34x2y2【分析】（1）根据可得C的直角方程.

cosx（2）将直线的新的参数方程代入C的直角方程，

加油！有志者事竟成

答卷时应注意事项

１、 拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。

２、 拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底； ３、 审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；

４、 每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；

５、 中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题； ６、 卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；

７、 做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。

亲爱的小朋友，你们好! 经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。相信你是最棒的！

1

法1：结合参数s的几何意义可得关于a的方程，从而可求参数a的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求a的值.【小问1详解】

x2y2由cos1，将代入cos1，

cosx故可得2x2y2x1，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为y2x1.

【小问2详解】

对于直线l的参数方程消去参数t，得直线的普通方程为yxa.法1：直线l的斜率为1，故倾斜角为

π，42sx

2故直线的参数方程可设为，sR.

ya2s2

将其代入y22x1中得s22(a1)s2a10设A,B两点对应的参数分别为s1,s2，则s1s222a1,s1s22a1，

222且Δ8a18a11616a0，故a1，

22ABs1s2s1s24s1s28a18(a21)2，解得a223.4yxa法2：联立2，得x2(2a2)xa210，

y2x1Δ(2a2)24a218a80，解得a1，

设Ax1,y1,Bx2,y2,x1x222a,x1x2a1，

2则AB112解得ax1x22224x1x22(22a)4a12，

3420. 实数a,b满足ab3．（1）证明：2a22b2ab；

22（2）证明：a2bb2a6．【答案】（1）证明见解析

（2）证明见解析【解析】

【分析】（1）直接利用2a22b2(ab)2即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】

因为2a22b2aba22abb2ab0，当ab时等号成立，则2a22b2(ab)2，因为ab3，所以2a2b(ab)ab;【小问2详解】

22222a2b2b2a2a2b2b2a22a22b2(ab)2a22b2(ab)(ab)2(ab)(ab)(ab1)326