内蒙古自治区呼和浩特市2024届高三上学期期末教学质量检测文科数学

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号涂写在答题卡上.
2.作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
一、选择题：本大题共12小题，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式，得到，利用交集概念进行求解.
【详解】，
故.
故选：C
2. 已知复数z满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】用复数的四则运算法则求出，接着求出，即可得出共轭复数在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】由已知得，
则，则在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：.
3. 已知直线、m、n与平面、，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】ACD可举出反例；B选项，作出辅助线，由线面平行得到线线平行，进而由线面垂直得到面面垂直.
【详解】A选项，如图1，满足，，但不垂直，A错误；
B选项，如图2，因为，
所以作平面，使得，且，
则，
因为，则，又，故，B正确；
C选项，如图3，满足，，但不平行，C错误；
D选项，如图4，满足，，，但不平行，D错误.
故选：B
4. 已知是偶函数，则的值是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由，得到，结合对数的运算法则，即可求解.
【详解】由函数是偶函数，则，
可得，即，
所以，解得.
故选：C.
5. 我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（ ）
A. 9B. 12C. 15D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据勾股定理求得，得出，再根据数量积的定义即可得解.
【详解】因为大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，所以,
设，则，
在中，，即，解得或（舍去），
所以，
易知在正方形中，，，，
所以.
故选：B.
6. 函数的图象可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，再根据函数在上函数值的正负情况，利用排除法判断即可.
【详解】函数的定义域为，
又，
因此函数为奇函数，函数图象关于原点对称，BD错误；
当时，，，则，
因此，C错误，A符合题意.
故选：A
7. 已知等比数列的首项为1，公比为3，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由定义得到为首项为，公比为9的等比数列，利用求和公式求出答案.
【详解】由题意得，
故为首项为，公比为9的等比数列，
则.
故选：D
8. 用模型拟合一组数据组，其中，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ）
A. B. C. 35D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】求出，即，得到答案.
【详解】由题意得，
故，
即，
故，解得.
故选：B
9. 已知一个正三棱柱的三视图如下图所示，则该三棱柱的体积为（ ）
A. B. 12C. D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由三视图还原几何体，可得其底面边长，再由三棱柱的体积公式，代入计算，即可得到结果.
详解】
由三视图还原几何体如图所示，
则底面正三角形一边上的高为，正四棱柱的高为2，
设底面边长，则，解得，
所以三棱柱的体积为.
故选：A
10. 直线（）截圆所得弦长的最小值是（ ）
A. 2B. C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线过的定点、圆的圆心坐标及半径，再利用圆的性质及弦长公式计算即得.
【详解】依题意，直线过定点，圆的圆心，半径，
，即点在圆内，当且仅当直线与直线垂直时，直线截圆所得弦长最短，
所以所求最短弦长为.
故选：C
11. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥为鳖臑，平面，，，三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将三棱锥补形为长方体，由勾股定理求出长方体的半径即可，得到表面积.
【详解】将三棱锥补形为长方体，则长方体外接球即为三棱锥的外接球，
如图，的中点即为外接球的球心，为直径，
由勾股定理得，
故半径为，球表面积为.
故选：B
12. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则函数在上所有零点的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】推导出函数是周期为的周期函数，且函数的图象关于点对称，作出函数在上的图象以及函数的图象，数形结合可得出结果.
【详解】因为定义在上的奇函数满足，
则，所以，函数是周期为的周期函数，
则，故函数的图象关于点对称，
当时，，
作出函数在上的图象以及函数的图象如下图所示：
由图可知，函数在上的图象与函数的图象共有个交点，
且这个交点有三对点关于点对称，
因此，函数在上所有零点的和为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过其对称性和奇偶性得到其周期性，再作出两函数图象则得到交点个数.
二、填空题：本大题共4小题.
13. 抛物线的焦点坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合抛物线的几何性质，即可求解.
【详解】由抛物线，化为，可得，解得，
所以抛物线的焦点坐标为.
故答案为：.
14. 当x、y满足条件时，的最小值为__________.
【答案】8
【解析】
【分析】画出可行域和目标函数，由几何意义求出最小值.
【详解】画出可行域及目标函数，如下：阴影部分即为可行域，
为直线与轴交点的纵坐标，
由几何意义可知，当过点时，取得最小值，
联立，解得，
故.
故答案为：8
15. 已知等差数列是递增数列，且满足，，令，且，则数列的前项和为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组求得，进而求得，得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，可得其中，
解得，所以，所以，
可得，
设数列的前项和为，则
.
故答案为：.
16. 已知双曲线：（，）的左右焦点分别为、，过的直线与双曲线交于、两点（在第一象限，在第四象限），若，则该双曲线的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由已知条件设由双曲线的定义得再由勾股定理得，从而得，即可求出离心率.
【详解】因为，设，
由双曲线的定义得：所以故
，，又因为，所以，
所以,即，.
所以双曲线的离心率.
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.第17-21题为必考题，每个学生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题
17. 2023年秋末冬初，某市发生了一次流感疾病，某医疗团队为研究本地的流感疾病与当地居民生活习惯（良好、不够良好）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100人（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
（1）分别估计病例组和对照组中生活习惯为良好的概率；
（2）能否有99%的把握认为感染此次流感疾病与生活习惯有关？
附：
【答案】（1）0.45
（2）有
【解析】
【分析】（1）根据病例组生活习惯为良好的频率，对照组为生活习惯为良好的频率，然后估计生活习惯为良好的概率从而可求解.
（2）根据题意分别可知，，，从而求出，从而求解.
【小问1详解】
由调查数据，病例组为生活习惯为良好的频率，
因此病例组为生活习惯为良好的概率的估计值为，
对照组为生活习惯为良好的频率，
因此对照组为生活习惯为良好的概率的估计值为.
【小问2详解】
由题意可知，
所以，
因为，
所以有的把我说患有该疾病与生活习惯有关.
18. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c.已知，.
（1）若，求角A；
（2）若的面积，求边c.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求解；
（2）利用面积公式和余弦定理求解
【小问1详解】
∵，则，∴，
由正弦定理得，即，解得，
又∵，∴，∴.
【小问2详解】
∵，∴，∴，
∴，
当时，由余弦定理得，，
当时，由余弦定理得，，
所以或.
19. 如图1，在直角梯形ABCD中，，，，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将沿BE折起到如图2中的位置，得到四棱锥.

图1 图2
（1）证明：；
（2）当平面平面时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由折叠前的图象可得，则在折叠后有、，结合线面垂直的判定定理与线面垂直的性质定理即可得；
（2）结合面面垂直的性质定理与锥体体积公式计算即可得.
【小问1详解】
在图1中，连接,
∵，，E是AD的中点，
所以四边形是正方形，∴,
∴在图2中，，，
又，、平面，
∴平面.
又，且，∴四边形是平行四边形，
∴，∴平面，
又∵平面，∴；
【小问2详解】
∵平面平面，平面平面，
，平面，
∴平面，
又∵，，
∴.
20. 已知椭圆：的焦距为2，点在椭圆C上，A、B分别为椭圆的左、右顶点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点P是椭圆C上第二象限内的点，点Q在直线上，且，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦距和点得到方程组，求出，，得到椭圆方程；
（2）设，，根据垂直关系和相等关系得到方程组，求出，结合P是椭圆上第二象限内一点，求出，进而得到，从而求出三角形面积.
【小问1详解】
由椭圆C的焦距为2，故，则，
又椭圆C经过点，代入C得，解得，，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
由题：，，设，，显然，，，
∵，则点P满足：①
又∵，
∴②
联立①②得，解得，
又点P在第二象限，且满足，
∴，，
∴
把，，代入①得，
∴
又∵，∴，直线方程为：，
∴点Q到直线AP的距离，
∴.
21. 已知函数.
（1）若，讨论函数的单调性；
（2）若，，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数，分类讨论，求函数的单调区间；
（2）等于函数在区间上的最大值与最小值之差，由的单调性求，再利用导数通过单调性得取值范围.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，
，
①当时，恒成立，在上单调递增；
②当时，
当或时，，在和上单调递增；
当时，，在上单调递减；
故当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
因为，等于函数在区间上的最大值与最小值之差，
由（1）可知：当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
故，
又，.
故当时，，，；
当时，，，
即：.
当时，，在上单调递减，
此时，即；
当时，，在上单调递增，
此时，即.
综上所述：
所以，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
（二）选考题
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（），曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求曲线的普通方程；
（2）若，，在曲线上任取一点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用可消去参数可得；
（2）求出的普通方程和直线的方程可知两直线平行，利用平行线间的距离公式可得，易知，即可求出面积.
【小问1详解】
由的参数方程为（），
消去可得的普通方程为；
【小问2详解】
易知的普通方程为，
直线的斜率为，
直线的方程为，即，
可知直线与平行，
则上任意一点到直线的距离，
又，
所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）将函数的图象与直线围成图形的面积记为，若正数、、满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）不等式等价于，两边平方进行求解即可.
（2）分类讨论去绝对值，画出的图象，即可得到的值，再由利用基本不等式即可证明.
【小问1详解】
由可得，
即，解得.
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
，其函数图象如下图，
由图可知：，又因为、、均为正数，
则（当且仅当时，等号成立）
即，即.
良好
不够良好
病例组
25
75
对照组
45
55
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828