2024届内蒙古包头市高三上学期调研考试数学（文）试题含答案

这是一份2024届内蒙古包头市高三上学期调研考试数学（文）试题含答案，共16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。
2024届内蒙古包头市高三上学期调研考试数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据交集的定义即可得解.【详解】由，集合，得.故选：D.2．设，则复数（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的除法运算求解.【详解】由题意可得：.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：C4．函数的一条对称轴是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用辅助角公式，结合代入法、正弦型函数的对称性逐一判断即可.【详解】.A：因为，所以本选项不符合题意；B：因为，所以本选项不符合题意；C：因为，所以本选项符合题意；D：因为，所以本选项不符合题意，故选：C5．若x，y满足约束条件，则最大值为（    ）A．6 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图形确定目标函数的最优解，代入即可求解.【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为直线，当经过点时，直线在轴上的截距最大，此时目标函数取得最大值，联立方程组，解得，代入可得.故选：B.    6．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用同角三角函数的基本关系，由齐次式的求解方法求解．【详解】.故选：D.7．一个路口的红绿灯，红灯的时间为40秒，黄灯的时间为5秒，绿灯的时间为45秒，当你到达路口时，看见黄灯的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据几何概型运算求解即可.【详解】由题意可得：看见黄灯的概率为.故选：D.8．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：B9．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：A10．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：A11．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：C12．设函数则满足的的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分为，，三种情况讨论求解不等式即可.【详解】当时，，则不成立；当时，，由，得，得，与矛盾，舍去，当时，，由，得，则，得．综上，满足的的取值范围是．故选：B． 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：414．双曲线的焦点到其渐近线的距离是          .【答案】3【分析】直接求出焦点及渐近线，再由点到直线的距离求解即可.【详解】由题意得：，故双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，则焦点到其渐近线的距离是.故答案为：3.15．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： 一级品二级品合计机器7030100机器8020100合计15050200(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：，0.150.100.052.0722.7063.841【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)求及三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)， 【分析】（1）由底面，可得，再结合和线面垂直的判断可证得平面，再由面面垂直的判定定理可得结论，（2）连接，可得，可证得四边形是正方形，再利用棱锥的体积公式可求得结果.【详解】（1）因为平面，又平面，所以，又，且，平面，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，又四边形是矩形，所以四边形是正方形，所以．所以  20．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若有2个零点，求的值．（注：）【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，再根据根的判别式分类讨论求解即可；（2）当时，分离参数等价于，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.【详解】（1），，当，即时，，所以在上单调递增，当，即或时，令，解得，，当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，在上单调递增，当或时，在上单调递增，在上单调递减；（2）当时，，此时函数无零点，当时，等价于，设，，则，当时，，故单调递增，且，当时，，故单调递减，当时，，故单调递增，又，当且时，，当时，，如图作出函数的大致图象，        由图可知，要使，两个函数有两个交点，则，即当时，有且只有2个零点．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.21．已知点，动点满足直线PM与PN的斜率之积为，记点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交曲线C于A，B两点，点A在第一象限，AD⊥x轴，垂足为D，连接BD并延长交曲线C于点H．证明：直线AB与AH的斜率之积为定值．【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)证明见解析 【分析】（1）直接利用斜率公式即可求解P的轨迹方程，并判断出曲线类型；（2）设直线AB的方程，与椭圆的方程联立，由题意可得A，B的坐标，且可得D的坐标，求出直线BD的方程，与椭圆的方程联立，可得H的坐标，进而求出直线AB，AH的斜率乘积，整理可得其值为定值．【详解】（1）由题设得，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）  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，则，故，由此得．从而直线的斜率，所以．所以直线与的斜率之积为定值．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.