2024届内蒙古赤峰市赤峰二中高三上学期第四次月考数学（文）试题含答案

这是一份2024届内蒙古赤峰市赤峰二中高三上学期第四次月考数学（文）试题含答案，共18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。
一、单选题
1．已知集合，集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出集合，然后根据，即可求解.
【详解】由，得，所以，
因为，，所以，故D正确.
故选：D.
2．设，（是虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数除法运算即可.
【详解】，
故选：C
3．下面的折线图统计了2017-2022年中国人用疫苗进出口均价，则下述结论不正确的是（ ）
A．出口均价最高约为3200美元/千克
B．2019年至2021年进口均价与出口均价均呈上涨趋势
C．出口均价的中位数低于1500
D．进口均价的方差大于出口均价的方差
【答案】D
【分析】根据折线图的变化趋势可判断A，B选项，结合中位数以及方差的含义可判断C，D.
【详解】根据折线图可知，出口均价最高约为3200美元/千克，故A正确；
2019年至2021年进口均价与出口均价均呈上涨趋势，故B正确；
根据折线图将出口均价，按照从小到大的顺序排列，中位数将为2019年和2022年数据的平均数，
2019年和2022年数据均低于1500，故出口均价的中位数低于1500，故C正确；
方差反应数据的波动程度，方差越小越平缓，
根据折线图可知，进口均价的折线更平缓，其方差小于出口均价的方差，故D错误。
故选：D
4．已知，，c=40.1，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指对数函数的性质判断指对数式的大小.
【详解】由，
∴.
故选：A.
5．已知数列满足，，，则（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】先判断数列为等差数列，结合等差数列的性质可求结果.
【详解】∵，∴是等差数列．
由等差数列的性质可得，，
∴，，∴．
故选：B．
6．从写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任选2张，其上数字和为偶数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先按照组合求解基本事件，然后将数字分为奇偶两类，根据数字和为偶数的数字特征求解出满足要求的事件个数，最后求解概率即可；
【详解】从写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中任选2张共有个结果，
而2张卡片上的数字和为偶数的条件为2个奇数或2个偶数，
张卡片上的数字和为偶数包含个结果，
张卡片上的数字和为偶数的概率是．
故选：．
7．我国明朝数学家程大位著的《算法统宗》里有一道闻名世界的题目：“一百馒头一百僧，大僧三个更无争，小僧三人分一个，大小和尚各几丁？”如图所示的程序框图反映了对此题的一个求解算法，则输出的的值为（ ）
A．45B．60C．75D．90
【答案】C
【分析】根据程序框图，模拟程序计算过程，计算每一步的的值，直到退出循环，即可求得结果.
【详解】执行程序框图：，
，继续执行；
，继续执行；
，继续执行；
，继续执行；
，继续执行；
，退出循环，输出.
故选：C
8．已知λ∈R，函数，若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是（ ）
A．(1，3]B．(4，＋∞)
C．(3，4]D．(1，3]∪(4，＋∞)
【答案】D
【分析】在同一坐标系中画出与的图象，通过分析不同取值范围时的零点个数可得到结果.
【详解】恰有2个零点有两种情况：
①二次函数有两个零点，一次函数无零点；
②二次函数与一次函数各有一个零点．
在同一平面直角坐标系中画出y＝x－4与y＝x2－4x＋3的图象如图所示，平移直线x＝λ，
可得λ∈(1，3]∪(4，＋∞)
当时，恰有两个零点：和；
当时，有三个零点：、和；
当时，恰有两个零点：和；
当时，有一个零点：；
综上所述：若恰有两个零点，则的取值范围为.
故选：D.
9．如图，点是抛物线的焦点，点、分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于轴，则的周长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据抛物线的定义，结合圆的几何性质，求得的周长的表达式，进而求得其取值范围.
【详解】由题知抛物线，焦点，准线方程为，
圆的圆心为，半径，故圆与准线相切，
由抛物线的定义以及轴可知，的周长
，
由，解得，所以，
所以，故A正确.
故选：A.
10．设是的外心(三角形外接圆的圆心)．若，则的度数等于( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将向量式两边平方，结合三角形外心性质和已知条件可得，同理可得，然后根据夹角公式可得.
【详解】∵为的外心，
∴，
又
∴
∴，同理
故，
又
∴.
故选：C.
11．关于函数有下述四个结论：①的最小正周期为；②的最大值为；③的最小值为；④在区间上单调递增；其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④B．①③④C．①③D．②④
【答案】B
【解析】由题意，当时，，进而逐一判断对错即可.
【详解】解：和的最小正周期均为，
的最小正周期为，故①正确；
当时，，
当时，在上单调递减，，
当时，，其中，
，可设，由，得，
又，
在上单调递增，在上单调递减，
，，②错误，③正确；
，在上单调递增，④正确.
故选：B.
【点睛】本题考查三角函数的性质，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，分析问题能力，属于难题.
12．在三棱锥 中，侧棱，则其外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据可得到点在底面的射影为底面三角形的外心，从而判断三棱锥的外接球球心在上，分别求得和,设出外接球半径，借助于直角三角形即可求得.
【详解】
如图，设的外接圆半径为，由正弦定理：，解得：，过点作平面，垂足为，
分别连接，因，故,即点是的外心，则
依题，三棱锥 的外接球球心必在直线上，连接,不妨设外接球半径为，则,
在中，由勾股定理，，解得：故外接球的表面积为
故选：B.
二、填空题
13．已知函数，若直线与曲线相切，则实数的值为 ．
【答案】/
【分析】根据切点在曲线和直线上，切点处的导数等于切线的斜率求解.
【详解】设切点坐标为，因为直线的斜率为2，且，
所以，解得，故实数a的值为．
故答案为: .
14．已知正四面体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【详解】试题分析：如图，设正四面体的棱长为2，则
，所以异面直线与所成角的余弦值为．
【解析】异面直线及其所成的角
15．已知数列的前项和为，且满足，则 .
【答案】
【分析】当时，利用得出数列的递推关系式，然后利用并项求和，从而求解．
【详解】当时，则，得，
当时，，又因为，
得，化简得，
所以，得，
所以
.
故答案为：.
16．如图，已知是双曲线的左、右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为 .

【答案】/
【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得，结合勾股定理运算求解.
【详解】延长与双曲线交于点，
因为，根据对称性可知，
设，则，
可得，即，
所以，则，，
，可知，
在中，由勾股定理得，
即，解得.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值；
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
三、解答题
17．为了了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位：克），按照，，，，分为5组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求图中a的值；
(2)估计这种植物果实重量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)已知这种植物果实重量不低于37.5克的即为优质果实，现对该种植物果实的某批10000个果实进行检测．据此估算这批果实中的优质果实的个数．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由各组频率之和为1（面积之和为1）可求得；
（2）频率分布直方图用每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和估计平均数；
（3）用样本频率估计总体概率进行求解.
【详解】（1）由题意，有，
解得；
（2）这种植物果实重量的平均数约为：
，
∴这种植物果实重量的平均数的估计值约为.
（3）样本中，这种植物果实重量不低于37.5克，即优质果实的频率为
，
由此估计某批10000个果实中，重量不低于37.5克，即优质果实的概率为，
∴这批果实中的优质果实的个数约为个.
18．的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理得，从而求得；
（2）根据面积公式和余弦定理即可求得的周长.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得．
又，所以．
因为，所以．
又，所以，．
（2）的面积，则．
由余弦定理：，得，
所以，故的周长为．
19．如图所示，垂直于矩形所在的平面，，，、分别是、的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）设为的中点，连接、，根据中位线定理与平行公理得∥，进而得平面；
（2）先证平面，再根据（1）得平面，进而得平面平面；
（3）由（2）得为四面体的高，再根据几何关系计算体积即可.
【详解】（1）证明：设为的中点，连接、，
∵为的中点，为的中点，
∴，，
∴，
∴∥，
∵平面，平面
∴平面；
（2）证明：∵，是的中点
∴，
又∵平面，平面，
∴，
∵，，
∴平面，
∵，
∴，
∵，
∴平面，
∴平面，平面，
∴平面平面；
（3）由（2）知，平面，
∴为四面体的高，
又，
∴，，，
∴，
∴ 四面体的体积.
【点睛】本题考查线面平行与面面垂直的证明，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.
常见的线面平行的证明方法有：①通过面面平行得线面平行；②通过线线平行得线面平行，再证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形性质；
证明面面垂直，常转化为 证明线面垂直，常见的线面垂直的方法有：①通过面面垂直的性质得线面垂直；②利用线面垂直的判定定理证明，再证明线线垂直时，又通常通过线面垂直得线线垂直，或由几何关系结合勾股定理得线线垂直.
20．椭圆，是椭圆的左右顶点，点P是椭圆上的任意一点.
（1）证明：直线，与直线，斜率之积为定值.
（2）设经过且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线交于点，求证：为定值.
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析.
【分析】（1）设点，结合直线的斜率公式和椭圆的方程，代入求得直线与直线的斜率之积为定值.
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得，再联立直线的方程组，求得点的横坐标，结合向量的数量积的公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，设点,
则直线的斜率为 ，直线的斜率为，
所以，
又由点在椭圆上，可得，即，
所以，
即直线与直线的斜率之积为定值.
（2）由直线过点，所以直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
则，即，
又由直线，直线，
联立方程组，可得，
整理得，
解得，即点
又由向量，
所以（定值），
即为定值.
【点睛】本题主要考查了直线的斜率公式，直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中直线方程与椭圆方程联立，合理利用根与系数的关系式是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
21．已知函数.
（1）设曲线在处的切线为，求证：；
（2）若有两个根，，求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先利用导数的几何意义求出切线，然后令，再利用导数求出的最小值大于等于零即可得结论；
（2）不妨设，由于直线与相交于点，由（1）可得，所以只要证即可，即证，构造函数，利用导数求其最小值非负即可
【详解】证明：（1）由于，则，
又，所以在处的切线方程为，
即，
令，则，
于是当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，即.
（2）不妨设，直线与相交于点，
又由（1）知：，则，
从而，当且仅当，时取等号.
下证：.
由于，所以，即证：，
令，则，
当时，；
当，；
所以在上单调递减，在上单调递增；
故，即成立，当且仅当，时取等号.
由于等号成立的条件不能同时满足，
所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查导数的几何意义的应用，考查利用导数证明不等式，解题的关键是在第2问中设，直线与相交于点，
又由（1）知：，则，
从而，所以将问题转化为证，进一步转化为证明，然后构造函数，利用导数求其最值即可，考查计算能力和转化思想，属于较难题
22．在平面直角坐标系中，圆．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．
(1)判断圆与圆的位置关系；
(2)若直线的极坐标方程为，直线与轴交于点，与圆交于两点，求的值．
【答案】(1)圆与圆相交
(2)
【分析】（1）求出圆的直角坐标方程，求出两圆的圆心距，和两圆的半径比较，即可得结论.
（2）由直线的直角坐标方程可求出点P坐标；再将直线的参数方程代入可得根与系数的关系式，利用参数的几何意义，可得，的值，化简即可得答案.
【详解】（1）由，得，将代入上式，
得圆的直角坐标方程为，即，圆心为，半径为2；
，圆心为，半径为；
圆与圆圆心之间的距离，
因为，所以圆与圆相交．
（2）由，得，
将代入上式，得直线的直角坐标方程为．
则直线与轴的交点为，直线的参数方程为（为参数），
代入，得，，
设两点对应的参数分别为，所以，
所以，，（由可知同号）
所以．
23．已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若，，为正实数，函数的最小值为，且满足，求的最小值．
【答案】（1）；（2）16.
【分析】(1)按绝对值的零点把实数集分成三段，再分段去绝对值符号转化为一元一次不等式组求解，最后求并集而得；
(2)利用绝对值的三角不等式求出t值，再由柯西不等式即可作答.
【详解】（1）由，
当时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上得，所以不等式的解集为；
（2）因，当且仅当，即时取“=”，
所以函数的最小值为8，即，，而，，为正实数，
则，当且仅当时取“=”，
由得，所以时的最小值为
【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法：
(1)利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
(2)利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
(3)通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．