2023届内蒙古呼和浩特市高三第一次质量数据监测数学（理）试题含解析

这是一份2023届内蒙古呼和浩特市高三第一次质量数据监测数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届内蒙古呼和浩特市高三第一次质量数据监测数学（理）试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出，再根据交集的定义可求.【详解】，故，故选：A.2．复数满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据模长公式化简原式得，再根据复数的除法法则计算得，从而写出共轭复数.【详解】由题意，，则，所以.故选：D3．已知是平面内的两条相交直线，且直线，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】根据线面垂直的判定定理和性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】当时，因为是平面内的两条相交直线，，根据线面垂直的判定定理，可得；当时，因为，所以，综上，“”是“”的充要条件.故选：A.4．法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都会到同一家面包店购买一个面包．该面包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是1000g，上下浮动不超过50g．这句话用数学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望为1000g，标准差为50g的正态分布．假设面包师的说法是真实的，记随机购买一个面包的质量为X，若，则买一个面包的质量大于900g的概率为（    ）（附：①随机变量服从正态分布，则，，；）A．0.84135 B．0.97225C．0.97725 D．0.99865【答案】C【分析】确定，概率为，计算得到答案.【详解】由题意得，故面包的质量大于900g的概率为.故选：C5．已知等比数列中，，，成等差数列，则（    ）A．或 B．4 C． D．【答案】A【分析】由题设，进而求出的公比，将目标式化简求值即可.【详解】由题设，若等比数列的公比为，所以，而，则，解得或，所以，当时，当时.故选：A6．在中，D是BC边的中点，且，，，则的形状为（    ）A．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．无法确定【答案】C【分析】分别在和中，利用余弦定理得到两个等式，然后两式相加，得到，然后在中，由余弦定理判断.【详解】解：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，两式相加得，则，，在中，由余弦定理得，所以是钝角三角形，故选：C7．从5名女生2名男生中任选3人参加学校组织的演讲比赛，则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】记女生甲被选中为事件，记男生至少一人被选中为事件，根据条件概率计算.【详解】设女生甲被选中为事件，事件表示女生甲被选中后再从剩下的6人中选2人，故，设男生至少一人被选中为事件，事件表示女生甲被选中后再选2男生或1男生和1女生（从剩余4女生中选），故则在女生甲被选中的条件下，男生至少一人被选中的概率是.故选：C.8．若函数的图象关于原点对称，且，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】A【分析】根据奇偶性及计算可得.【详解】解：由题可知，当时，，且，由题意知为奇函数，则，又，，则.故选：A.9．将函数的图象向左平移个单位长度后，再将所得的图象向下平移一个单位长度得到函数的图象，且的图象与直线相邻两个交点的距离为，若对任意恒成立，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知求得，再由已知得函数的最小正周期为，求得，结合对任意恒成立列关于的不等式组求解．【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后，再将所得的图象向下平移一个单位长度，得，又的图象与直线相邻两个交点的距离为，得，即．∴，当时，，∵，，∴，解得，∴的取值范围是，故选B．【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换与性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键，是中档题．10．盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径.【详解】如图 是棱长为6cm的正四面体，由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心，则有 底面BCD， ，  ， ，R是外接球半径，在 中， ，在 中， ， ，解得 ，即正方体的最短棱长为.故选：D.11．过双曲线（，）的左焦点作圆的切线，切点为，直线交双曲线右支于点，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先确定为的中点，所以为△的中位线，进而得到，，，切圆于，可得，由勾股定理得出关于，的关系式，最后即可求得离心率．【详解】如图，，为的中点，为的中点，为△的中位线，，，切圆于，，，由勾股定理，．故选：A．12．已知，则这三个数的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数法研究单调性，并利用单调性可比较，在同一坐标系中作出与的图象，结合图象与幂函数的性质可比较，即可求解【详解】令，则，由，解得，由，解得，所以在上单调递增，在上单调递减；因为，所以，即，所以，所以，又递增，所以，即；，在同一坐标系中作出与的图象，如图：由图象可知在中恒有，又，所以，又在上单调递增，且所以，即；综上可知：，故选：A 二、填空题13．“二进制”来源于我国古代的《易经》，二进制数由数字0和1组成，比如：二进制数化为十进制的计算公式如下，若从二进制数、、、中任选一个数字，则二进制数所对应的十进制数大于2的概率为__________．【答案】##0.25【分析】将二进制转化为十进制，再计算概率即可.【详解】；；；，十进制数大于2的概率为.故答案为：14．四边形ABCD为平行四边形，且，，若，则的值为__________．【答案】##0.2【分析】以为基底，表示向量，将，利用表示，再由系数相等求解.【详解】解：四边形为平行四边形，则可以以为基底.因为，所以，则，又，所以，则，解得，所以.故答案为：.15．抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点M，若在点M处的切线平行于的一条渐近线，则__________．【答案】##【分析】求出抛物线的焦点与双曲线的右焦点及渐近线方程，设，由导数求得点处切线的斜率，得出的关系，再根据三点共线的斜率性质构造方程即可得解.【详解】抛物线的焦点的坐标为，且；双曲线的右焦点的坐标为，渐近线方程为，由题意可知，在点M处的切线平行的渐近线应为，设，则，得，又点共线，即点共线，所以，解得，所以.故答案为：.16．设点为函数与图象的公共点，以为切点可作直线与两曲线都相切，则实数的最大值为___________．【答案】【详解】设点坐标为，则有，因为以为切点可作直线与两曲线都相切，所以，即或由，故，此时；所以点坐标为，代入整理得：，，令，即，得，可判断 在 上递增，在 上递减，所以当时有极大值也是最大值，，故答案为.【方法点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题.求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求范围，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间 ，最后再根据其单调性求凼数的最值即可. 三、解答题17．某高校共有15000人，其中男生10500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位：小时）(1)应收集多少位女生样本数据？(2)根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为：，，，，，．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率．(3)视样本数据的频率为概率，现从全校取4名学生，记为这四名学生中运动时间超过4小时的人数，求的分布列以及数学期望．【答案】(1)90(2)0.75(3)分布列见解析， 【分析】（1）根据分层抽样的定义即可求解；（2）利用样本频率估计总体概率；（3）运动时间超过4小时的概率为，结合分布列和数学期望的定义求解即可.【详解】（1）因为男生10500人，女生4500人，所以抽取女生占总人数的比例为．又因为分层抽样收集300位学生，所以女生样本数据应收集为．（2）由频率分布直方图可知，学生每周平均体育运动时间超过4个小时的频率为．估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率0.75.（3）由（2）可知运动时间超过4小时的概率为，则，所以，，，，，则的分布列为：01234 则．18．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，分别是棱，，的中点．(1)证明：平面；(2)若，，求与平面所成角的大小．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）依题意可得，，即可得到平面，再由为平行四边形得到，从而得到平面，即可得到平面平面，即可得证；（2）与平面所成角就是与平面所成角，再求出点到平面的距离为，根据求出即得解.【详解】（1）证明：因为E、F、G分别是棱AB、AP、PD的中点，所以，，又平面，平面，所以平面，又因为底面为平行四边形，所以，则，又平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，又平面，所以平面.（2）解：因为平面平面，所以与平面所成角就是与平面所成角.因为.因为.因为平面,所以平面.因为,因为平面,所以平面，所以平面，因为平面,所以.设点到平面的距离为，又,所以.设与平面所成角为，所以.所以与平面所成角为.19．给出以下条件：①，，成等比数列；②，，成等比数列；③是与的等差中项．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，__________．(1)求的通项公式；(2)令是以1为首项，2为公比的等比数列，求数列的前n项和．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由条件结合等差数列的通项公式以及求和公式，得到关于公差的方程，从而得到的通项公式；（2）根据题意，结合错位相减法即可得到结果.【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，由，，，有，化简得，则，，所以的通项公式为．选②，设递增等差数列的公差为，由，，，有，化简得，即，解得，则，所以的通项公式为．选③，设递增等差数列的公差为，由是与的等差中项，得，即，则有，化简得，即，解得，则，所以的通项公式为．（2）由是以1为首项，2为公比的等比数列，得，由（1）知，即有，则，于是，两式相减得：，因此．20．已知椭圆的一个焦点为，且椭圆经过点．(1)求椭圆的标准方程；(2)设A、B是x轴上的两个动点，且，直线AM、BM分别交椭圆于点P、Q（均不同于M），证明：直线PQ的斜率为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将代入椭圆的方程，化简求值即可.（2）联立直线PQ和椭圆的方程，然后将转化为，化简即可得到直线PQ的斜率为定值.【详解】（1））由已知，得①，设椭圆方程，代入点得②，联立①②，解得，，所以椭圆方程为．（2）由题可知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为． 设点，，联立得，，满足时，有，，由可得，即，即，化简得，代入韦达定理，可得，又点不在直线PQ上，因此，所以，即，故直线PQ的斜率为定值．21．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若有2个不同的极值点，，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）先求函数的导函数，求导后对分成，，三类，讨论函数的单调区间.（2）用韦达定理写出这两个极值点的关系，化简，并利用导数求得上式表达式的单调区间以及最值，由此证得不等式成立.【详解】（1）因为，所以．设，则．当时，，，，在上是增函数；当时，两个根，；当时，，，所以当时，，，是减函数；当时，，，是增函数；当时，，所以当或时，，，是增函数；当时，，，是减函数；综上可知，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数，在上是增函数；当时，在上是减函数，在，上是增函数．（2）由题意可得，是的两个根，则，，且，所以．设，则，令，则在上为增函数，且，，所以存在，使得，即，且当时，，是减函数，当时，，是增函数，所以，故.【点睛】关键点睛：在求出函数的定义并对函数求导后，要注意通分，因为根据定义域，分母往往是为正的，可不用考虑的，再根据开口方向和判别式对参数进行分类讨论，由此得到函数的单调区间.22．如图，在极坐标系中，曲线是以为圆心的半圆，曲线是以为圆心的圆，曲线、都过极点O．(1)分别写出半圆和圆的极坐标方程；(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），P为上的动点，求面积的最大值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）先求出曲线、的直角坐标方程，再根据直角坐标转化为极坐标方程即可；（2）通过联立极坐标方程，即可求得M、N两点的极坐标，进而求得的长度，若求面积最大值，只需求点到直线距离最大，即过圆心做垂直于的线反向延长交的点为，通过直角三角形中边与角的关系，求得圆心到直线距离，进而求得高的最大值，即三角形面积最大值.【详解】（1）解：因为曲线是以为圆心的半圆，且过极点O，所以半径为2，故曲线的直角坐标方程为：，，即，将代入化简可得：，由，即，即，即，故，所以的极坐标方程为；因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，故的直角坐标方程为：，即，将代入可得：圆的极坐标方程为；（2）因为M、N是直线与曲线、的两个交点，不妨设， 由（1）得：，：，所以，所以，若面积最大，只需P点到直线MN的距离最大，因为P在上，所以当P点为过且与直线MN垂直的直线与圆的一个交点时，距离最大，如图所示：设与直线MN垂直于点H，因为，所以，在中，，所以点P到直线MN的最大距离为，所以面积的最大值为．23．已知．(1)解不等式：；(2)记的最小值为m，若，求的最小值．【答案】(1)(2)27 【分析】（1）分，，三种情况讨论，去绝对值符号，解不等式即可；（2）先根据绝对值三角不等式求出，再利用柯西不等式即可得解.【详解】（1）①当时，原不等式化为，即，解得，∴时，不等式成立，②当时，原不等式化为，即，恒成立，∴时，不等式恒成立，③当时，原不等式化为，即，解得，∴时，不等式成立，综上，不等式的解集为；（2）∵（当且仅当时“＝”成立），∴，即，由柯西不等式，可得，当且仅当，即，，时“”成立，所以，即的最小值是27．