2024届内蒙古包头市高三上学期调研考试数学（理）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（理）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（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析可得，由此可得出结论.【详解】由题可知，任取，因为，所以，即，所以，故，故选：B.2．设，是的共轭复数，则复数（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，进而结合已知和复数相等的定义求解即可.【详解】解：设，则，由可得，即，所以，可得，所以．故选：A3．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．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：B5．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：A6．将3名优秀教师分配到2个不同的学校进行教学交流，每名优秀教师只分配到1个学校，每个学校至少分配1名优秀教师，则不同的分配方案共有（    ）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【答案】D【分析】先将3名教师分组，然后再分配即可.【详解】将3名教师分组，有种方法，再分配到2个不同的学校得，即不同的分配方案共有6种.故选：D.7．把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三角函数图象变换规律可得出函数的解析式.【详解】由题意可知，将函数的图象先向左平移个单位长度，得到函数的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，可得到函数的图象.故选：C.8．在区间和中各随机取1个数和，则用几何概型可求得的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得所有可能性在正方形中，而满足的点在图中的阴影部分，所以利用几何概型的概率公式求解即可.【详解】在区间和中各随机取1个数x和y，所有可能性在正方形中，令，即，当时，，当时，，所以,因为满足的点在如图所示的阴影部分，所以所求概率为.故选：D9．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：C10．若，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用对数函数的性质结合条件，比较大小即可.【详解】因为，，所以，故选：B.11．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：A12．设是定义域为的奇函数，且为偶函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性确定正确答案.【详解】由于是定义域为的奇函数，所以的图象关于原点对称，且，由于为偶函数，所以图象关于直线对称，所以，令得，所以，D选项正确.令得，而，根据已知条件无法确定的值，所以ABC选项错误.故选：D【点睛】对于奇偶函数，首先要注意能否利用定义，也即或来求解.对于定义在上的奇函数，还可以利用来求解.形如的奇偶性问题，可结合图象变换的知识得到的对称性. 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．已知双曲线的一条渐近线为，则的离心率为      .【答案】【分析】根据双曲线的渐近线方程结合条件可得，进而求出双曲线的离心率.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，即，所以有，故双曲线，所以双曲线的离心率为.故答案为：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)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）由题意及相应条件，建立空间直角坐标系，写出需要的点的坐标，利用向量法求解即可.【详解】（1）因为平面，又平面，所以，又，且，平面SAC，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，又是矩形，所以是正方形，所以.因为底面，所以，，且，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，       则，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，得，所以则.所以直线与平面所成角的正弦值为.20．设函数，已知是函数的极值点.(1)求；(2)设函数，证明：.【答案】(1)2；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数与函数极值点的关系即得；（2）设，利用导数可得，可得函数的定义域，进而只需证，然后通过换元法构造函数，再利用导数研究函数的性质即得.【详解】（1）由题意可知，，则，因为是函数的极值点，所以，解得，经检验满足题意，故；（2）由（1）得，，设，则，当时，，即，所以在区间单调递增；当时，，即，所以在区间单调递减，因此当时，，因为的定义域要求有意义，即，同时还要求，即要求，所以的定义域为 且，要证，因为，所以需证，即需证，令，则且，则只需证，令，则，令，可得，所以，；，；所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.21．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程，并说明是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交曲线于，两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交曲线于点.（ⅰ）证明：直线与的斜率之积为定值；（ⅱ）求面积的最大值.【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)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【分析】（1）直接利用斜率公式即可求解；（2）（i）设直线的方程为联立椭圆方程可得点坐标，设，根据坐标之间的联系可得直线的方程为，与椭圆方程联立运用韦达定理求出的坐标，再利用斜率公式求出，进而即得；（ii）由题可得，再利用基本不等式即可求解.【详解】（1）因为，，，所以，所以，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）（ⅰ）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，故，由此得，从而直线的斜率，所以，即直线与的斜率之积为定值；（ⅱ）由（ⅰ）可知，，，所以，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.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.