2024届内蒙古包头市高三上学期调研考试数学（理）试题含答案

2024届内蒙古包头市高三上学期调研考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析可得，由此可得出结论.

【详解】由题可知，任取，因为，所以，即，

所以，故，

故选：B.

2．设，是的共轭复数，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，进而结合已知和复数相等的定义求解即可.

【详解】解：设，则，

由可得，即，

所以，可得，

所以．

故选：A

3．已知命题：，；命题：，，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先判断命题p、q的真假，再判断各选项中复合命题的真假即可.

【详解】对于命题p，当时，，故命题p为真命题；

对于命题q，当时，，所以命题q为假命题.

所以，为真命题，，，为假命题.

故选：C

4．下列函数中的奇函数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数奇偶性的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，对于函数，由解得，

所以的定义域是，所以是非奇非偶函数.

B选项，对于函数，由解得，

所以的定义域是，

，所以是奇函数，B选项正确.

C选项，对于函数，的定义域是，

，所以是偶函数.

D选项，对于函数，所以的定义域是，

，所以是偶函数.

故选：B

5．在正方体中，直线与平面所成角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】连接交于，连接，则可证得即为所求，然后在直角三角形求解即可.

【详解】如图，连接交于，连接，

因为平面，在平面内，

所以，又，平面，

所以平面，

所以为直线和平面所成的角，

设正方体的棱长为1，则，又平面，故，

所以，

因为，所以，

所以直线和平面所成的角为，

故选：A

6．将3名优秀教师分配到2个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（    ）

A．3种 B．4种 C．5种 D．6种

【答案】D

【分析】先将3名教师分组，然后再分配即可.

【详解】将3名教师分组，有种方法，

再分配到2个不同的学校得，即不同的分配方案共有6种.

故选：D.

7．把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三角函数图象变换规律可得出函数的解析式.

【详解】由题意可知，将函数的图象先向左平移个单位长度，得到函数的图象，

再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，可得到函数的图象.

故选：C.

8．在区间和中各随机取1个数和，则用几何概型可求得的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得所有可能性在正方形中，而满足的点在图中的阴影部分，所以利用几何概型的概率公式求解即可.

【详解】在区间和中各随机取1个数x和y，所有可能性在正方形中，

令，即，

当时，，当时，，

所以,

因为满足的点在如图所示的阴影部分，

所以所求概率为.

故选：D

9．抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，直线交于，两点，的准线交轴于点，若，则的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题可设抛物线的方程，进而可得，和的坐标，然后利用斜率公式结合条件可得，进而即得.

【详解】由题可设抛物线的方程为，则准线方程为，

当时，可得，

可得，又，，

所以，即，

解得，

所以的方程为.

故选：C

10．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数函数的性质结合条件，比较大小即可.

【详解】因为，

，

所以，

故选：B.

11．已知为数列的前项积，若，则数列的前项和（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用 与 的关系可得是以3为首项，2为公差的等差数列；进而根据等差求和公式即可.

【详解】因为为数列的前项积，所以可得，

因为，所以，

即，所以，

又，得，所以，

故是以3为首项，2为公差的等差数列；

，

故选：A

12．设是定义域为的奇函数，且为偶函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的奇偶性确定正确答案.

【详解】由于是定义域为的奇函数，所以的图象关于原点对称，且，

由于为偶函数，所以图象关于直线对称，

所以，

令得，

所以，D选项正确.

令得，而，

根据已知条件无法确定的值，所以ABC选项错误.

故选：D

【点睛】对于奇偶函数，首先要注意能否利用定义，也即或来求解.对于定义在上的奇函数，还可以利用来求解.形如的奇偶性问题，可结合图象变换的知识得到的对称性.

二、填空题

13．已知向量，，若，则      .

【答案】4

【分析】根据数量积的坐标运算即可求解.

【详解】，

由于，

所以.

故答案为：4

14．已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为      .

【答案】

【分析】根据双曲线的渐近线方程结合条件可得，进而求出双曲线的离心率.

【详解】双曲线的一条渐近线方程为，即，

所以有，故双曲线，

所以双曲线的离心率为.

故答案为：

15．记为各项均为正数的数列的前项和，若，，则       .

【答案】30

【分析】根据递推关系求出前3项，然后求和即得.

【详解】因为，，，

所以，，由，可得，

所以，

所以.

故答案为：30.

16．在一个正方体中，经过它的三个顶点的平面将该正方体截去一个三棱锥.所得多面体的三视图中，以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成这个多面体的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为           （写出符合要求的一组答案即可）.

【答案】④⑤/⑤④

【分析】根据正视图，结合题意，作出几何体直观图，由此再判断，即可得到结果.

【详解】根据题意，在一个正方体中，经过它的三个顶点的平面将该正方体截去一个三棱锥，如果图①是正视图，则几何体若如图下图（1）所示，则此时侧视图和俯视图的编号依次④⑤；

几何体若如图下图（2）所示，则此时侧视图和俯视图的编号依次⑤④；

        图（1）                              图（2）

故答案为：④⑤（或⑤④）.

三、解答题

17．，两台机器生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机器产品的质量，分别用两台机器各生产了100件产品，产品的质量情况统计如下表：

(1)机器，机器生产的产品中二级品的频率分别是多少？

(2)能否有90%的把握认为机器的产品质量与机器的产品质量有差异？

附：，

【答案】(1)0.3；0.2；

(2)没有90%的把握认为机器的产品质量与机器的产品质量有差异.

【分析】（1）根据频率的概念结合条件即得；

（2）由题可得，然后根据临界值结合条件即得.

【详解】（1）根据题表中数据知，

机器生产的产品中二级品的频率是，

机器生产的产品中二级品的频率是；

（2）根据题表中数据可得，

因为，

所以没有90%的把握认为机器的产品质量与机器的产品质量有差异.

18．已知的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，且.

(1)求；

(2)求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，求得，再结合余弦定理，即可求解；

（2）由（1）分别求得，，联立方程组求得的值，结合正弦定理，分别求得的值，即可求解.

【详解】（1）因为的面积为，且，

可得，所以，

又因为，所以，

由余弦定理可得，所以.

（2）由（1）可得，则，

又由，

因为，则，联立方程组，解得，，

根据正弦定理，即，

所以，

同理得，

所以.

19．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；

（2）由题意及相应条件，建立空间直角坐标系，写出需要的点的坐标，利用向量法求解即可.

【详解】（1）因为平面，又平面，

所以，又，且，平面SAC，

所以平面，又平面，

所以平面平面.

（2）连接，由（1）可知，平面，

又平面，故，

又是矩形，所以是正方形，

所以.

因为底面，

所以，，且，

以点为坐标原点，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，

令，得，所以

则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20．设函数，已知是函数的极值点.

(1)求；

(2)设函数，证明：.

【答案】(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据导数与函数极值点的关系即得；

（2）设，利用导数可得，可得函数的定义域，进而只需证，然后通过换元法构造函数，再利用导数研究函数的性质即得.

【详解】（1）由题意可知，，则，

因为是函数的极值点，

所以，解得，

经检验满足题意，故；

（2）由（1）得，，

设，则，

当时，，即，所以在区间单调递增；

当时，，即，所以在区间单调递减，

因此当时，，

因为的定义域要求有意义，即，同时还要求，即要求，所以的定义域为 且，

要证，因为，

所以需证，

即需证，

令，则且，则只需证，

令，则，令，可得，

所以，；，；

所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，

所以，即成立.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

21．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线.

(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；

(2)过坐标原点的直线交曲线于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交曲线于点.

（ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值；

（ⅱ）求面积的最大值.

【答案】(1)，为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.

【分析】（1）直接利用斜率公式即可求解；

（2）（i）设直线的方程为联立椭圆方程可得点坐标，设，根据坐标之间的联系可得直线的方程为，与椭圆方程联立运用韦达定理求出的坐标，再利用斜率公式求出，进而即得；

（ii）由题可得，再利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）因为，，，

所以，

所以，化解得，

所以为中心在坐标原点，焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点；

（2）（ⅰ）设直线的斜率为，则其方程为，

由，得，记，则，，，

于是直线的斜率为，方程为，

由，得①，

设，则和是方程①的解，

故，由此得，

从而直线的斜率，

所以，即直线与的斜率之积为定值；

（ⅱ）由（ⅰ）可知，，，

所以

，

当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.

【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；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．在直角坐标系中，的圆心为，半径为4.

(1)写出的一个参数方程；

(2)直线与相切，且与轴和轴的正半轴分别交于，两点，若，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线的极坐标方程.

【答案】(1)（为参数）；

(2)，或.

【分析】（1）由题可得的标准方程进而可得的参数方程；

（2）根据题意可得直线的斜率为，然后利用直线与圆的位置关系可得直角坐标方程，进而即得.

【详解】（1）由题意可知，的标准方程为，

所以的参数方程为（为参数）；

（2）由题意可知，直线的斜率为，设其方程为，即，

因为圆心到直线的距离为4，所以，

化解得，解得，或，

所以直线的直角坐标方程为，或，

所以直线的极坐标方程为，或.

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）当时，，解不等式，讨论代入，可得解；

（2）根据绝对值不等式性质，，只需即可，运算可得解.

【详解】（1）当时，

由，得，

当时，得，解得，又，所以；

当时，得，不成立；

当时，得，解得，又，所以.

综上，原不等式的解集为或.

（2）根据绝对值不等式性质，

，

当的值在与之间（包括两个端点）时取等号，

若，则只需，当时，，恒成立；

当时，等价于，或，解得，

综上，的取值范围为.