内蒙古乌海市第十中学2024届高三下学期4月月考文科（一）数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项:
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答:选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答:用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑.答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域无效.
5.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
第I卷
一、选择题:本题共12小题，每小题5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】先利用不等式与常用数集化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】由，得，
所以，
而，
所以.
故选：B.
2. 已知满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】假设，利用复数的除法运算与共轭复数的定，结合复数相等的性质得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】依题意，设，则，
因为，
所以由，可得，
则，
所以，解得，
所以.
故选：A.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示求出，再利用数量积与模的坐标表示求解即得.
【详解】由题意知，，
由，得，解得，
因此，解得，即，
所以.
故选：B
4. 下图是甲、乙两个新能源汽车4S店2023年前10个月每个月汽车销量（单位：辆）的茎叶图，则（ ）

A. 甲店汽车的平均月销量高于乙店汽车的平均月销量
B. 甲店汽车月销量的极差比乙店汽车月销量的极差大
C. 甲店与乙店的汽车月销量中位数相等
D. 甲店汽车月销量的方差小于乙店汽车月销量的方差
【答案】D
【解析】
【分析】分别求出甲、乙店汽车月销量的平均数、中位数、极差、方差，由此可得结果.
【详解】甲店汽车月销量的平均数为：，
乙店汽车月销量的平均数为：，
所以甲店汽车的平均月销量等于乙店汽车的平均月销量，A错误；
甲店汽车月销量的极差为：,乙店汽车月销量的极差为：,
所以甲店汽车月销量的极差比乙店汽车月销量的极差小，B错误；
甲店汽车月销量的中位数为：，乙店汽车月销量的中位数为：,
所以甲店销量中位数大于乙店的汽车月销量中位数，C错误；
甲店汽车月销量的方差为，
乙店汽车月销量的方差为，
所以甲店汽车月销量的方差小于乙店汽车月销量的方差,D正确.
故选：D
5. 已知实数满足，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】作出不等式组表示的可行域，根据目标函数，可知须使直线的纵截距最小，由图易得.
【详解】
如图，作出可行域，由可得，要求，即要求若干平行直线的纵截距的最小值，
由图知，当且仅当直线经过点时，直线的纵截距最小，由可得，即，故
故选：C.
6. 已知抛物线的焦点为，顶点为，上一点位于第二象限，若，则直线的斜率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，结合焦半径公式与斜率公式计算即可得.
【详解】设，则有，，
则有，即，
故，故.
故选：D.
7. 执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从时进入循环结构，不断累加得和，直至退出循环，输出,最后运用裂项相消法求和即得.
【详解】当时，进入第一次循环，得；进入第二次循环，得；
进入第三次循环，得；，；
，此时因，退出循环，输出，
而.
故选：C.
8. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的单调性排除D，从而得解.
【详解】对于B，当时，，易知，，
则，不满足图象，故B错误；
对于C，，定义域为，
又，则的图象关于轴对称，故C错误；
对于D，当时，，
由反比例函数的性质可知，在上单调递减，故D错误；
检验选项A，满足图中性质，故A正确.
故选：A.
9. 在正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. 平面D. 平面平面
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，只需证明即得平面；对于B，运用反证法思路说明其不成立即可；对于C，分别证明平面得；证明平面得，由线线垂直即可推得平面；对于D，通过建系，分别求出两个平面的法向量，计算两个法向量的数量积是否为0即可判断两平面是否垂直.
【详解】

对于A，如图1，因分别为棱的中点，,且，易得,
则有,又,故，平面，平面，故平面，即A项正确；
对于B，如图2，假设平面，因平面，则，而易得,
即是等腰三角形，即与必不垂直，故假设不成立，B项错误；

对于C，如图3，由正方体可得平面，因平面，则,
又，,则，又,则平面，因平面,故；
易得,同上可得, 又，故得平面，则平面,
因平面，则.因,故平面，故C项正确；
对于D，不妨设正方体的棱长为2，如图4，建立空间直角坐标系.则,
于是，,设平面的法向量为，则故可取，
又,设平面的法向量为，则故可取.
因，故平面与平面不垂直，即D项错误.
故选：AC.
10. 已知数列的前项和为，且，若，则正整数的最小值是（ ）
A. 9B. 10C. 11D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据的关系式判断得是等比数列，从而利用等比数列的求和公式求得，再解不等式即可得解.
【详解】因为，
当时，，得，
当时， ，
所以，则，
则是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
故由，得，即，
因为，又，所以，即，
则正整数的最小值是.
故选：B.
11. 函数在区间上的最小值、最大值分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数求得的单调区间，从而判断出在区间上的最小值和最大值.
【详解】，
所以在区间上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，
所以在区间上的最小值为，最大值为.
故选：A
12. 已知四面体的各顶点均在球的球面上，平面平面，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题首先可根据题意将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果.
【详解】因为平面平面，，，
所以可将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：
则四面体的外接球即直三棱柱的外接球，
因为底面三角形的外心到三角形的顶点的长度为，
所以直三棱柱的外接球的半径，
则球的表面积，
故选：A.
第II卷
本卷包括必考题和选考题两部分.第题为必考题，每个试题考生都必须作答.第题为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题:本题共4小题，每小题5分.
13. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式列式求得，再利用等差数列的求和公式即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，
则有,解得：，
所以.
故答案为：
14. 现从3男2女共5名志愿者中选出3人前去A镇开展防电信诈骗宣传活动，向村民普及防诈骗、反诈骗的知识，则女志愿者至少选中1人的概率为______．（用数字作答）
【答案】##0.9
【解析】
【分析】3名男志愿者分别为，2名女志愿者分别为，列出所有基本事件，再找出女志愿者至少选中1人包括的基本事件个数，根据概率公式即可求得结果.
【详解】记3名男志愿者分别为，2名女志愿者分别为，则从5人中选出3人的情况有，
共10种，
其中女志愿者至少选中1人情况有,共9种，
故所求概率为
故答案：
15. 将斜边长为的等腰直角三角板放在平面直角坐标系中，且使其中一个顶点与原点重合，一条边落在轴的正半轴上，则该三角板外接圆的一个标准方程可以为_____.
【答案】(答案不唯一)
【解析】
【分析】对重合的顶点与边分类讨论，分别求出圆心坐标，即可得到圆的方程.
【详解】因为等腰直角三角形的斜边为，则直角边为，
又等腰直角三角外接圆的圆心为斜边的中点，外接圆的半径等于斜边的一半，
①若非直角顶点与原点重合，斜边与轴重合，如下图所示：
则的中点为圆心，外接圆的半径，
所以外接圆的方程为（其中点在第四象限时答案也一样）；
②若非直角顶点与原点重合，直角边与轴重合，如下图所示：
则，，
则的中点为圆心，外接圆的半径，
所以外接圆的方程为；
③若非直角顶点与原点重合，直角边与轴重合，如下图所示：
则，，
则的中点为圆心，外接圆的半径，
所以外接圆的方程为；
④若直角顶点与原点重合，直角边与轴重合，如下图所示：
则，，
则中点为圆心，外接圆的半径，
所以外接圆的方程为；
⑤若直角顶点与原点重合，直角边与轴重合，如下图所示：
则，，
则的中点为圆心，外接圆的半径，
所以外接圆的方程为；
综上可得该三角板外接圆的标准方程可以为
或或.
故答案为：或或(答案不唯一)
16. 已知定义在R上的函数满足对任意实数都有，成立，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由可得函数的对称性，再对中的进行赋值，依次得到，，，，即可求出.
【详解】由可得函数图象关于直线对称，
因，故，中，令，代入可得，
再令，代入可得，再令，代入可得，，
故令，代入可得，故.
故答案为：.
三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 2023年9月23日至10月8日，第19届亚洲运动会在中国杭州举行，这是我国继北京、广州亚运会后第三次举办亚运会，浙江某市一调研机构为了解本市市民对“亚运会”相关知识的认知程度，举办了一次“亚运会”网络知识竞赛，满分100分，并规定成绩不低于80分的市民获得优秀奖，成绩不低于70分的市民则认为成绩达标，现从参加了竞赛的男、女市民中各抽取了100名市民的竞赛成绩作为样本进行数据分析，对男市民的竞赛成绩进行统计后，得到如下图所示的成绩频率分布直方图．
（1）试分别估计男市民成绩达标以及获得优秀奖的概率；
（2）已知样本中女市民获得优秀奖的人数占比为5%，则是否有99.9%的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关？
附：，其中．
【答案】（1）
（2）有99.9%的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图计算频率的公式分别计算即可得解；
（2）根据条件列出列联表，由的计算公式计算可判断结果.
【小问1详解】
设取得的成绩为，
男市民成绩打标的概率为，
男市民获得优秀奖的概率为：.
【小问2详解】
因为女市民获得优秀奖的人数占比为5%，所以女市民优秀人数为：人，男市民优秀人数为人，
列联表如图：
，
所以有99.9%的把握认为该市市民在这次知识竞赛中获得优秀奖与性别有关.
18. 在锐角中，内角的对边分别是，且．
（1）求证：；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式与正弦定理的变换边换，结合余弦定理与三角形内角和的关系即可得解；
（2）利用三角函数的和差公式与正弦定理的变换边换，将所求转化为关于角的表达式，再利用三角函数的值域即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
则，
由正弦定理可得，即，
所以，
又，故，由，
故；
【小问2详解】
由（1）得，
因为，
所以由正弦定理得
，
又锐角中，有，解得，
所以，则，
所以，即，
故的取值范围为.
19. 如图，在四棱锥中，底面四边形为矩形，，，，，
（1）求证：平面平面；
（2）若点为的中点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1），取中点连接，，可证得，，即可证得平面，进而证得结果.
（2）由为的中点，可知到面的距离为到面的距离的一半，则，计算可得结果.
【小问1详解】
因为，取中点连接，所以，
因为，所以，
连接，，，底面四边形为矩形，
所以，，
在中，，，，
所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为为的中点，
所以到面的距离为到面的距离的一半，
.
20. 已知函数．
（1）求的最小值；
（2）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)首先求解所给函数的导函数，然后利用导数研究函数的单调性即可求出最小值；
(2)结合（1）可知，只需求解计算即可得出结果．
【小问1详解】
,
当时，即，则，
当时，即，则，
即当时，，函数单调递减，当时，为增，
在处取最小值，∴.
【小问2详解】
由（1）可知，，
由有两个零点，
时，，时，，
所以，，即，解得：.
∴的取值范围为.
21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，且，的面积为．
（1）求的方程；
（2）已知为直线上任一点，设直线与的另一个公共点分别为．问：直线是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，试说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点
【解析】
【分析】（1）根据得到，由的面积为得到，结合，联立即可求得；
（2）设出点，表示出，与椭圆方程联立求得点坐标，同法求出点坐标，利用两点坐标，写出直线的方程，将其展开，化简，得到，故而求得直线经过定点.
【小问1详解】
因，则由可得，即，①
又的面积为，② ，③
由①②③联立，可解得，
故的方程为.
【小问2详解】
如图，依题意，直线的斜率一定存在，不妨设，，则，
将其与椭圆方程联立，消去，整理得：，则点的横坐标为，
代入直线方程，求得；
同理，直线的斜率一定存在，则，将其与椭圆方程联立，消去，
整理得：，则点的横坐标为，代入直线方程，求得；
则直线的方程为：，整理得：，
化简为，展开得：，
移项合并得，故直线一定经过点.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与椭圆有关的直线过定点问题，属于较难题.
解题的关键在于，设点，写出直线的方程并与椭圆方程联立求得点的坐标，写出直线的方程，其中化简该方程是计算量较大，且容易出错的步骤，唯有计算正确，才能将其化成这样的形式，即可得解.
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
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）若与只有1个公共点，求的值．
【答案】（1）；
（2）或．
【解析】
【分析】（1）直接消去参数，可求得曲线C的普通方程，由极坐标与直角坐标的转化公式可得直线l的直角坐标方程；
（2）由得：，则或时，计算即可得出结果.
【小问1详解】
由曲线的参数方程为（为参数）得，.
由直线的极坐标方程为，可得，即
即曲线的普通方程为．
即直线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
直线与曲线只有一个公共点，
由得：，
当时，与交点为，符合题意.
当时，∴，
即, 解得：.
综上，或．
选修4-5:不等式选讲
23. 已知函数．
（1）解不等式；
（2）记（1）中不等式的解集为中的最大整数值为，若正实数满足，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将函数写成分段函数，分段解不等式，再求各个解集的并集即得；
（2）由（1）得，运用常值代换法，将配凑成，利用基本不等式即可求得.
【小问1详解】
由
当时，由可得，则得，故；
当时，由可得，则得，故；
当时，由可得，则得，故.
综上可得：解集为.
【小问2详解】
由（1）可得，依题，，即，则因，
由，当且仅当时取等号，
由可得，即当，时，取得最小值为.
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
分类
优秀
不优秀
总计
女市民
5
95
100
男市民
25
75
100
总计
30
170
200