2024届内蒙古赤峰市高三上学期开学考试数学（理）试题含答案

2024届内蒙古赤峰市高三上学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合对数型函数的定义域、集合交集的定义进行求解即可.

【详解】，，

所以，，

则，

故选：B

2．复数z的虚部为1，且，则z＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，根据复数共轭概念及复数相等即可求解.

【详解】设，则，由，可得，化简可得，所以，

则.

故选：D

3．若，则＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用二倍角余弦公式，齐次式弦化切得解.

【详解】.

故选：B.

4．函数的图象在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.

【详解】∵，∴，∴，，

∴所求的切线方程为，即.

故选：D

5．已知抛物线C：的顶点为O，经过点，且F为抛物线C的焦点，若，则p＝（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】C

【分析】根据抛物线的定义结合可求得，然后将点的坐标代入抛物线方程可求出的值.

【详解】因为点在抛物线上，，

所以，所以，

所以，所以，解得.

故选：C

6．某公司统计了2023年1月至6月的月销售额（单位：万元），并与2022年比较，得到同比增长率数据，绘制了如图所示的统计图，则下列说法正确的是（    ）

注：同比增长率（今年月销售额去年同期月销售额）去年同期月销售额.

A．2023年1月至6月的月销售额的极差为6

B．2023年1月至6月的月销售额逐月递增

C．2023年1月至6月的月销售额的中位数为9.5

D．2022年5月的月销售额为8万元

【答案】C

【分析】根据图中数据分析求解即可.

【详解】对于A，2023年1月至6月的月销售额的极差为，故A不正确；

对于B，2023年1月的月销售额大于2月的销售额，故B不正确；

对于C，将2023年1月至6月的月销售额从小到大排列为：6，7，8，11，12，14，

则中位数为，故C正确；

对于D，设2022年5月的月销售额为万元，则，解得，故D不正确.

故选：C.

7．已知，且，函数在上单调，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由函数解析式知函数在上单调递减，建立不等关系解出即可.

【详解】因为函数在上单调，

由函数解析式可得函数在R上单调递增不满足题意，

故在R上单调递减，

所以，

解得：.

故选：D.

8．一个封闭的圆锥形容器内装水若干，如图①所示，锥体内的水面高度为，将锥顶倒置，如图②所示，水面高度为，已知该封闭的圆锥形容器的高为h，且，忽略容器的厚度，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆锥底面半径为，利用轴截面相似三角形，可求得水面所在圆的半径，又前后两个图中水的体积相等运算可得答案.

【详解】设圆锥底面半径为，当锥顶向上时，如图①

，由，可得，，

所以水的体积为，

当锥顶向下时，如图②

由，可得，，

所以水的体积为，

，又，

化简得，即，

.

故选：B.

9．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保.明代科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动，如图2，将筒车抽象为一个半径为10的圆O，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，以筒车的中心O为原点，线段OA，OB所在的直线分别为x，y轴建立如图所示的直角坐标系（A，B为圆O上的点），分别用，表示t秒后A，B两点的纵坐标，则的最大值为（    ）

A．50 B．75 C． D．100

【答案】A

【分析】根据周期可得，即可根据三角函数的定义求解，，进而由二倍角公式化简即可求解.

【详解】由题意可知，且，解得，

所以，.

，故时，取最大值为50.

故选：A

10．已知函数的定义域为R，，，则下列说法不正确的是（    ）

A． B．

C．是奇函数 D．是偶函数

【答案】D

【分析】利用赋值法、特殊值法结合函数的奇偶性一一判定选项即可.

【详解】令，可得，故A正确；

令，可得，令，，可得，

则，故B正确；

由，可得，令，

则，令，可得，令，

则，所以是奇函数，即是奇函数，

故C正确；

因为，所以不是偶函数，故D不正确.

故选：D

11．如图，在正方体中，，点、分别为、的中点，则四面体外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将四面体补成直三棱柱，计算出的外接圆直径，即可求得四面体的外接球直径，再利用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，

则为圆柱的外接球球心.

如图，取的中点，的中点，连接、、、、，

因为四边形为正方形，则，，

又因为、分别为、的中点，则，且，

所以，四边形为平行四边形，所以，且，

又因为且，故且，

同理可证且，

又因为平面，则几何体为直三棱柱，

将直三棱柱置于圆柱内，

使得、的外接圆分别为圆、圆，

，同理可得，，

由余弦定理可得，

所以，，

所以，的外接圆直径为，

所以，四面体的外接球直径为，

因此，四面体的外接球的表面积为.

故选：C.

12．已知，分别为双曲线Ε：的左、右焦点，过原点O的直线l与E交于A，B两点（点A在第一象限），延长交E于点C，若，，则双曲线E的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件以及双曲线的定义求得，进而求得双曲线的离心率.

【详解】结合双曲线的对称性可知，，，

所以为等边三角形，则，则.

由双曲线的定义，得，所以，，

则.

故选：A

【点睛】方法点睛：求解双曲线的离心率，方向有三种，一个是求得和，从而求得双曲线的离心率；一种是求得的等量关系式，化简可求得双曲线的离心率；还有一种是求得的等量关系式，先求得，再求得双曲线的离心率.

二、填空题

13．已知向量，，若，则      .

【答案】/

【分析】首先由向量垂直转化为两向量数量积为，然后利用数量积的坐标形式解方程即可得解.

【详解】因为，，所以，

由，可得，则，解得.

故答案为：.

14．若x，y满足约束条件，则的最小值为      .

【答案】

【分析】画出可行域及目标函数，由几何意义求出的最小值.

【详解】画出可行域与目标函数如下，

变形得到，的几何意义为直线与轴交点的纵坐标，

故当过点时，z取得最小值，

，解得，故，

则最小值为.

故答案为：

15．位于数轴上的粒子A每次向左或向右移动一个单位长度，若前一次向左移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为，若前一次向右移动一个单位长度，则后一次向右移动一个单位长度的概率为，若粒子A第一次向右移动一个单位长度的概率为，则粒子A第二次向左移动的概率为      .

【答案】

【分析】根据互斥事件的概率加法公式结合条件概率即可求得答案.

【详解】由题意知粒子A第一次向右移动一个单位长度的概率为，

那么粒子A第一次向左移动一个单位长度的概率为，

故粒子A第一次向右移动，第二次向左移动的概率为；

粒子A第一次向左移动，第二次向左移动的概率为；

故所求的概率，

故答案为：

16．在锐角中，角的对边分别为，若，，则a的取值范围是      .

【答案】

【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换化简计算得，结合的范围求余弦值范围即可.

【详解】设外接圆的半径为R，则

，

即.

因为，所以，由正弦定理得，

由二倍角公式得，

则.

由和差化积公式得，即.

又因为为锐角三角形，所以，，所以，

所以或（舍去），

即，，

由正弦定理得，即.

由题意得，解得，，解得，

又，所以，

所以，则a的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题

17．已知为正项等比数列，，记为数列的前项和，，.

(1)求的通项公式；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等比数列的公比为（），根据题意利用等比数列的通项公式列方程求解即可；

（2）利用分组求和，按为奇数、偶数分情况讨论即可.

【详解】（1）设等比数列的公比为（），，即，

，

所以，

解得或（舍去），

所以数列的通项公式是.

（2）

，

，

所以.

18．“摸奖游戏”是商场促销最为常见的形式之一，某摸奖游戏的规则如下：第一次在装有2个红球、2个白球的A袋中随机取出2个球，第二次在装有1个红球、1个白球、1个黑球的B袋中随机取出1个球，两次取球相互独立，两次取球合在一起称为一次摸奖，取出的3个球的颜色与获得的积分对应如下表.

(1)设一次摸奖中所获得的积分为X，求X的分布列和期望；

(2)记甲在这次游戏获得0积分为事件M，甲在B袋中摸到黑球为事件N，判断事件M，N是否相互独立，并说明理由.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)不相互独立，理由见解析

【分析】（1）确定变量X的取值，求得每个值对应的概率，即得分布列，即可求得期望；

（2）根据独立事件的乘法公式进行验证，即可得结论.

【详解】（1）由题意得X的可能取值有100，60，0，

则，

，

，

所以X的分布列为

所以.

（2）由（1）可知，

又，，

则，所以事件M，N不相互独立.

19．如图，在正四棱台中，.

(1)证明：；

(2)若正四棱台的高为3，过的平面α与平行，求平面α与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据棱台的几何性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）连接BD，，设正四棱台的上、下底面的中心分别为，O，

则，O分别为，BD的中点，

连接.因为是正四棱台，

所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.

因为ABCD为正方形，所以，

又平面，所以平面，

因为平面，所以；

（2）设BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，易知OG，OF，两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OG，OF，所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，.

设平面的法向量为，

则取，则，，所以.

设平面α的法向量为，

则取，则，，所以.

设平面α与平面的夹角为θ，则，所以平面α与平面夹角的余弦值为.

20．已知椭圆：的右顶点为，点在圆：上运动，且的最大值为.

(1)求椭圆的方程；

(2)不经过点的直线与交于，两点，且直线和的斜率之积为1.求直线被圆截得的弦长.

【答案】(1)

(2)4

【分析】已知，所以，又圆：的圆心为，而的最大值为可列出等式，其中代表圆的半径.

设直线方程并联立椭圆方程，结合韦达定理以及直线和的斜率之积为1可得直线过定点，进而求解.

【详解】（1）如图所示：

由题可知，圆：的圆心为，半径，又因为，所以，所以，所以椭圆的方程.

（2）当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意.

故设，，直线：，联立，消去整理得一元二次方程，

其判别式，则；因为，所以，    

所以，所以，整理得.

若，则，则直线过定点，与题意矛盾；

若，则，则直线过定点.

因为圆的圆心为，半径，所以直线被圆截得的弦长为4.

【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是在于发现不等关，而第二问关键是利用直线和的斜率的积为1去证明直线过定点.

21．已知函数，，是的导函数.

(1)证明：存在唯一零点；

(2)若关于x的不等式有解，求a的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）求导，，令，分和讨论证明；

（2）由（1）问题转化为，有解，设，，利用导数法求得，由求解.

【详解】（1）证明：，，

令，

当时，，故在上无零点，

当时，，即在上单调递减.

又，，所以在上有唯一零点.

综上，存在唯一零点.

（2）由可得，

设，，

，

当，即时，，在上单调递增，

，，所以成立.

当，即时，，在上单调递减，则，即，所以.

当时，，，

当时，，，单调递增，

当时，，，单调递减，

所以，

，

.

令，，

，所以，成立.

综上，a的取值范围为.

【点睛】方法点睛：对于恒成立和有解问题的解决方法是：若，对于恒成立，则；若，对于有解，则.

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线与的直角坐标方程；

(2)已知直线l的极坐标方程为，直线l与曲线，分别交于A，B（异于点O）两点，若，求α.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用代入法进行消参，结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可.

（2）利用代入法，结合距离公式进行求解即可.

【详解】（1）因为曲线的参数方程为（t为参数），

所以，所以的直角坐标方程为.

又曲线的极坐标方程为，所以，即，

所以的直角坐标方程为；

（2）的极坐标方程为，即，

把代入，的极坐标方程得，，

由题可知，解得，

因为，所以.

23．已知函数.

(1)当时，解不等式；

(2)若对任意的，存在，使得，求m的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）运用分类讨论法进行求解即可；

（2）利用绝对值的三角不等式，结合二次函数的性质进行求解即可.

【详解】（1）当时，.

当时，，所以；

当时，，无解；

当时，，所以.

综上，原不等式的解集为或.

（2）由，得，

，当时等号成立，

所以，

，

所以，解得或.

综上，m的取值范围为.