宁夏回族自治区银川一中2024届高三下学期考前热身训练理科数学试卷（1）

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【分析】运用复数的运算规律直接求解.
【详解】因为，所以，所以.故选：A
2．【答案】D
【分析】解一元二次不等式求集合B，再根据交集的概念计算即可.
【详解】由，解之得，即，
则，故选：D．
3．【答案】A
【分析】只需要通过诱导公式、两角和差公式即可得到答案.
【详解】，
故选：A.
4．【答案】C
【分析】利用记两个数为，有，作出图形可求概率.
【详解】记两个数为，有，作出图形如图所示：
由几何概型可知所求概率为.
故选：C.
5．【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
6．【答案】A
【分析】通过三视图画出直观图，得到半
圆柱和半圆锥的组合体图，从而利用体
积公式计算得到结果.
【详解】根据给定的几何体的三视图可知，
该几何体的左侧是一个底面半径为2，母
线长为4的半圆柱，右侧是一个底面半径为2，高为2的半圆锥，如图：
所以该几何体的体积为.故选：A.
7．【答案】D
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，再求出圆心到公共弦的距离，由弦长即可求出两圆的公共弦长.
【详解】由，作差
得两圆的公共弦所在直线的方程为．
由，得．
所以圆心，半径，
则圆心到公共弦的距离．
所以两圆的公共弦长为．故选：D．
8．【答案】A
【分析】运用正弦定理求出即可.
【详解】如图，
，由正弦定理得，
解得．因为，所以，因为，
所以乙船航行的最佳方向为西偏南.
故选：A.
9．【答案】B
【分析】根据频率分布直方图的性质特征逐个选项求解判断即可.
【详解】由频率分布直方图可知，
支出在对应矩形最高，所以估计众数为，A错；
支出在的频率为，D错；
前两个矩形面积之和是，
故将第三个矩形分成即可，
所以中位数是，B正确；
平均数为，C错.
故选：B
10．【答案】C
【分析】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得，结合分类加法原理计算．
【详解】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得．
因此所求方法数为，
故选：C．
11．【答案】C
【分析】根据成等比数列，得，
即，再根据双曲线的离心率公式即可得解.
【详解】，
若成等比数列，则，
即，得，即，即，
两边同除得，又，得.
故选：C.
12．【答案】B
【分析】令，则，两边同时取对将代入即可得出答案.
【详解】由题可知，函数，
令，则，
两边同时取对可得：，即，
即.
故选：B.
13．【答案】
【分析】根据特称命题的否定为全称命题判断即可.
【详解】由特称命题的否定为全称命题可得为.
故答案为：
14．【答案】
【分析】根据模长公式可得，即可由模长求解
【详解】可得，
故，
故答案为：
15．【答案】①④
【分析】利用直线的平行移动，不改变该直线与另外直线或平面所成的角的大小，再结合空间线面关系的相关判定和性质定理来论证.
【详解】①可由直线平行移动，它与另外直线或平面所成的角是不变的性质可推证是正确的；
②根据两个平面平行的定义，可知分别在两平面内的直线一定是无公共点，这样就可知m与n平行或异面，所以②错误；
③中由m⊥n，m∥α，可知n∥α或n⊂α或n与α相交，故③错误；
④可先由m∥n，m⊥α⇒n⊥α，再由α∥β可得n⊥β，故④正确.
故正确的序号是：①④．
16．【答案】/
【分析】根据图像平移可得平移后的解析式为，即可根据奇偶性求解.
【详解】由题意可得平移后所得函数的解析式为，由于为偶函数，所以,故,
，最小正值为．
故答案为：
17．【答案】(1) (2).
【分析】（1）利用得到，再用两式相减可得，由于此时，所以需要对第一项和第二项进行检验，，最后可判断是等比数列，并求出通项；
（2）先求出，再利用错位相减法来求出它的前项和.
【详解】（1）由，
所以当时，有，两式相减得：，
即.
又有，
所以是以为首项，公比为2的等比数列，所以.
（2）由（1）知：，
所以，
则，
上面两式相减得：，
所以.
18．【答案】(1)，有的把握认为观看第十四届冬季运动会开幕式与性别有关系. (2)
【分析】（1）先计算的值，再根据独立性检验公式，即可得出答案；
（2）根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及古典概率的计算公式，即可求解.
【详解】（1）依题意知，，
故有的把握认为观看第十四届冬季运动会开幕式与性别有关系.
（2）由分层抽样知抽男性2人，分别是，女性4人，分别是，
则任意2人选为志愿者的可能性有共15种.
设至少一人是男性为事件，其可能性有共9种，
所以.
19．【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】（1）取的中点，连接，由已知可证，，进而可得为平行四边形，可得，可证平面，进而可得平面，可证结论.
（2）以点为原点，所在直线为轴，过平行于的直线为轴，在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，利用向量法可得，利用换元法可求锐二面角的余弦值的取值范围.
【详解】（1）如图，取的中点，连接.
因为是等腰直角三角形，故，平面平面，
平面平面，
所以平面.
同理，平面.
所以.
又和是等腰直角三角形，四边形为菱形，所以，
四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
（2）如图，以点为原点，所在直线为轴，过平行于
的直线为轴，
在平面内垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系.
设，
则.
所以.
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，所以.
设平面的一个法向量为，
则，
令，得，所以.
所以.
设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值的取值范围是.
20．【答案】(1)答案见解析. (2)
【分析】（1）由斜率之积表示出轨迹方程，再对m分类讨论确定曲线的类型即可.
（2）设出直线方程，联立曲线表示出韦达定理，再由斜率关系构成等比数列求出即可.
【详解】（1）设动点，依题意有
，
整理，得，
∴动点M的轨迹方程为：,
时，轨迹是焦点在x轴上的椭圆，
时，轨迹是圆，
时，轨迹是焦点在y轴上的椭圆，
且点不在曲线上．
（2）由题意可知，斜率一定存在且不为零，
设直线方程为，，
联立，得，
，
，
因为，，恰好构成等比数列，
所以，即
代入韦达定理化简可得，
因为，所以.
21．【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)答案见解析 (3)
【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调区间；
（2）分和两种情况，结合（1）中的单调性求函数最值；
（3）构建，分析可知在上单调递减，可得在上恒成立，结合函数单调性分析求解.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由（1）可知：函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，，所以；
当时，在上单调递减，所以．
（3）当时，不等式，
即恒成立，
令，则，可知在上单调递减，
可得，即恒成立，
易知在内单调递减，所以，
可得，
所以的取值范围为.
22．【答案】(1)定点， (2)
【分析】（1）由直线的参数方程，消去参数求解；由求得圆的普通方程；
（2）由为等腰直角三角形，得到圆心到直线的距离为2，再利用点到直线的距离求解.
【详解】（1）解：直线的参数方程为，
转化为普通方程为，
所以该直线恒过定点
曲线的极坐标方程为，
由得，
故圆在平面直角坐标系下的标准方程为;
（2）由（1）可得圆的圆心坐标为，半径为，
因为直线与圆交于两点，所以，
因为为等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离为2，
因为直线的方程为，转化为一般式，
由点到直线的距离公式可得，
解得.
23．【答案】(1)； (2)证明见解析.
【分析】（1）分段去绝对值符号，并探讨函数的单调性，再结合一元二次方程无解即可得解.
（2）由（1）求出，再利用差值比较法证明不等式即可.
【详解】（1）依题意，，函数在上递减，在上递增，
函数是开口向下，对称轴为的抛物线，函数与的图象无公共点，
当且仅当方程在时无解，即在时无解，
因此在时无解，而，
当时，，
则当时，在时无解，
所以的取值范围是.
（2）由（1）知，函数的最小值，
，当且仅当时等号成立，
所以.