内蒙古锡林郭勒盟2023-2024学年高三上学期1月期末教学质量检测理科数学试题（教师版）

这是一份内蒙古锡林郭勒盟2023-2024学年高三上学期1月期末教学质量检测理科数学试题（教师版），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，5C， 函数的图象大致是， 若，，则，，的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
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120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（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次不等式化简集合，即可由集合的交并补运算求解.
【详解】，
所以，故，
故选：B
2. 复数，，其中，为实数，若为实数，为纯虚数，则（ ）
A. B. C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由复数运算和分类可解.
【详解】由题意，，
因为为实数，为纯虚数，
所以，得，
所以.
故选：A.
3. 为了鼓励学生积极锻炼身体，强健体魄，某学校决定每学期对体育成绩在年级前100名的学生给予专项奖励.已知该校高三年级共有600名学生，如图是该年级学生本学期体育测试成绩的频率分布直方图.据此估计，该校高三年级学生体育成绩的中位数为（ ）
A. 70B. 70.5C. 71.25D. 72
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合频率分布直方图的中位数的计算方法，即可求解.
【详解】由给定的频率分布直方图，可得前2个矩形的面积为，
前3个小矩形的面积为，
所以学生体育成绩的中位数位于之间，
设学生体育成绩的总位数为，可得分.
故选：C.
4. 若，满足约束条件，则的最大值为（ ）
A. 4B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，把最优解代入目标函数得到答案.
【详解】由约束条件作出可行域如下图：
由图可知，，由，可得，
由图可得当直线过点时，直线在轴上的截距最大，所以
故选：A
5. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性即可排除AC，根据时可排除D.
【详解】，所以为奇函数，此时可排除AC,
由于当时，，故此时可排除D，
故选：B
6. 若，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，得，，可解.
【详解】由已知，得，
则，
所以.
故选：C
7. 如图，已知，为平面外一点，，点到两边，的距离分别为，，且，则点到平面的距离为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三垂线定理，即可结合全等和勾股定理求解.
【详解】由于平面,平面,故,
且，,
因此,故，
又,所以,
平面，故平面，
平面，故,
同理可得,
又，因此四边形为正方形，
所以,
故选：B
8. 已知椭圆上存在点，使得，其中，是椭圆的两个焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由结合椭圆的定义可求出，再由可求出离心率的范围.
【详解】因为，
因为，
所以，
所以，，
因为，
所以，
所以，
所以，解得，
因为，所以，
所以离心率的范围，
故选：D .
9. 在三棱锥中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】画出图形，结合图形将问题转化为和所成角，结合余弦定理求出的余值即可得到答案.
【详解】根据题意，画出三棱锥，分别作出的中点，的中点，的中点，连结，，，所得图形如下图：
根据中位线的性质可得：，，且，，所以异面直线与所成角即为和所成锐角，由于，，所以在等边中，，
同理在等边中，，故，所以为等边三角形，故，
所以在中，，，，故由余弦定理可得：，
由于异面直线夹角范围为，所以异面直线与所成角为的补角，即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
10. 已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，高，其轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，根据已知条件可得出关于方程组，解出的值，即可求得该圆锥的的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意可得，解得：，
因此，该圆锥的体积为.
故选：C
11. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法错误的是（ ）
A.
B.
C. 函数为奇函数
D. 函数在区间上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合三角函数的性质，以及三角函数的图象变换在，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数（，，）的部分图象，
可得，可得，则，
又由，可得，
所以，因，所以，所以A正确；
由，可得，
又由，所以B正确；
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到的图象，
此时函数，所以为奇函数，所以C正确；
由，可得，
当时，即，函数单调递增；
当时，即，函数单调递减，
所以函数不是单调递减函数，所以D错误.
故选：D.
12. 若过点可以作三条直线与曲线相切，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出切点，表示出切线方程，将点代入，则关于切点横坐标的方程有三个实根，通过分离参数，将问题转化为两个函数图象有三个不同交点的问题求解即可．
【详解】由，得，
设切点为,，过切点的切线方程为，
代入点坐标化简为，即这个方程有三个不等式实根，
令，求导得到，
由，得，由，得，或，
故函数上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
故得,结合，，
当时，，时，，
得，
故选：D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，
13. 已知向量，满足，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合向量的线性运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】由向量，满足，，且，
则，所以.
故答案为：.
14. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件，将弦长转化为圆心到渐近线的距离，算出与的关系即可.
【详解】对于双曲线，其渐近线方程为,
对于圆，有，圆心为，半径为，渐近线被圆截得的弦长为，
所以圆心到渐近线的距离为，由点到直线距离公式得：,
则由则.
故答案为：.
15. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，
基本事件的总数为个，
则抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件为：
，
共有15个，
所以抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为.
故答案为：.
16. 已知为锐角三角形，，，，是角，，分别所对边，若；且，则面积的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出的值及的范围，然后通过正弦定理和面积公式，并结合两角和与差的正弦公式求得答案.
【详解】在锐角中，由，得，即，
由正弦定理得，而，则，
又，则有，得，，由，解得，
由正弦定理得，而，则，
因此，
由，得，即，于是，
所以面积的取值范围是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及求三角形面积范围问题，可以利用正弦定理及三角形面积公式，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.
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. 已知数列满足，，设.
（1）求，，；
（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；
（3）求的通项公式
【答案】（1），，
（2）是，理由见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，逐一代入即可得解；
（2）由题设条件转化得，从而得以判断；
（3）结合（2）中结论，利用等比数列的通项公式即可得解.
【小问1详解】
由条件可得，
将代入，得，而，所以，
将代入，得，所以，
又，从而，，.
【小问2详解】
数列是首项为2，公比为3的等比数列，理由如下：
由条件可得，即，
又，所以是首项为2，公比为3的等比数列
【小问3详解】
由（2）可得，所以.
18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上的一点，且.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）取的中点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接交于点，连接.
在底面中，因为，且，
由，可得，
因为，即，
所以在中，，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接，由，，
可得为等边三角形，所以，
因为，所以，
又因为平面，，平面，所以，.
以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，，
在等边三角形中，，所以，
可得，
所以，，
由平面，可得平面一个法向量为，
设平面的法向量为，则，
取，可得，可得，
则，易知二面角的正弦值为.
19. 为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的9名队员来自高一年级2人，高二年级3人，高三年级4人，本次决定比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行8场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军，积分规则如下：每场比赛5局中以或3:1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以获胜的队员积2分，落败的队员积1分，
（1）求比赛结束后冠亚军恰好来自不同年级的概率；
（2）已知最后一轮比赛两位选手是甲和乙，假设每局比赛甲获胜概率均为0.6，
①若设最后一轮每局比赛甲获胜为事件，乙获胜为事件，则事件与是什么关系，并求和；
②记这轮比赛甲所得积分为求的概率分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）①事件与为对立事件，所以，；②分布列见解析，1.97856
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用组合数的计算，结合古典概型的概率计算公式，即可求解；
（2）①由事件与为对立事件，即可求得的值；
②根据题意，得到的可能取值为，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同年级的概率.
【小问2详解】
解：①事件与为对立事件，所以，，
②的可能取值为，
可得
；
；
；
.
所以的分布列为
所以期望为.
20. 在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
（1）求的方程；
（2）若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由己知，根据点坐标，借助可表示出点坐标，然后带入抛物线方程，即可完成方程的求解；
（2）由已知，分别设出四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线，，，的斜率,即可证得，设和的中点分别为，，分别联立与抛物线方程，求得，的坐标，利用斜率公式表示，化简计算即可得出结果.
【小问1详解】
设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
【小问2详解】
设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
21. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：在上.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，分和，两种情况，进而求得函数的单调区间；
（2）根据题意转化为，由（1）得到，令，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可得证；
【小问1详解】
解：由函数，可得其定义域为，
且，
当时，，在区间单调递增；
当时，由，可得，由，可得，
故在区间单调递增；在区间单调递减.
【小问2详解】
证明：因为时，要证，只需证明，
由（1）知，当时，在区间单调递增，在区间单调递减，
所以.故，
令，则，
故当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，则，
所以当，时，，所以.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
（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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，
（1）写出的普通方程，并指出它是什么曲线；
（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的极径与极角的正切值.
【答案】（1），曲线是以点为顶点，开口向上的抛物线.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，将代入，求得曲线的普通方程，并得出轨迹；
（2）根据极坐标与直角的互化公式，求得曲线的普通方程，联立方程组求得交点坐标，进而的其极坐标.
【小问1详解】
解：由曲线的参数方程为为参数，
将代入，可得，整理得，
所以曲线的普通方程为，
该曲线是以点为顶点，开口向上的抛物线.
【小问2详解】
解：因为，可得，
根据极坐标与直角坐标的互化公式，可得曲线的普通方程为，
联立方程组，解得或，
即交点的直角坐标为和，
设点的极坐标为，则，；
设点的极坐标为，则，.
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23. 已知，，均为正数，且，证明：
（1）；
（2）若，则.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由展开，结合已知条件，利用基本不等式计算即可得出结果；
（2）由，将，化简可得，借助“1”的替换，利用基本不等式即可得出结果.
【小问1详解】
因为
，当且仅当时取等号，
所以，
又因为，，均为正数，所以.
【小问2详解】
因为，由条件可得，即，
所以
，
当且仅当时取等号，此时，解得，
把和，代入，求得，
所以当且仅当，，时，取得等号.
0
1
2
3
01792
0.13824
0.20736
0.4752