2024届内蒙古自治区赤峰市第四中学高三上学期期中数学（文）试题含答案

这是一份2024届内蒙古自治区赤峰市第四中学高三上学期期中数学（文）试题含答案，共21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，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】解不等式，即，解得，即，
又因为，则，故.
故选：C.
2．若．则（ ）
A．5B．4C．D．2
【答案】C
【分析】由复数相等待定，再由求模.
【详解】因为，，
所以，则.
故选：C.
3．设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据指数函数、幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】因为函数单调递减，所以，
又幂函数在上单调递增，所以，所以，
因为函数单调递增，所以，所以.
故选：D
4．已知：角的终边过点，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由，则终边可能落在第一或三象限，则由两个方向的是否推出关系可得.
【详解】若角的终边经过点，
则，故充分性成立，
若，设的终边上一点为，
则，
不妨设，则,，
解得，或，
显然当时，的终边不过点，故必要性不成立.
综上，是的充分不必要条件.
故选：A.
5．已知向量、满足，则在方向上的投影数量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用平面向量数量积的运算性质可得出的值，再利用投影数量的定义可求得结果.
【详解】因为，则，，
则，可得，
所以，在方向上的投影.
故选：D.
6．已知，曲线在点处的切线与直线平行，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义求出点的坐标，然后利用点斜式可得出直线的方程.
【详解】因为，其中，则，
直线的斜率为，由，可得，且，即点，
所以，直线的方程为，即.
故选：B.
7．已知数列的前项和为，且．则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用确定数列为等比数列，再利用等比数列的通项公式和求和公式计算即可.
【详解】由①得②，
①-②得，
即，又，得
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
.
故选：C.
8．如图，在圆台中，四边形为其轴截面，分别为和的中点，若，则（ ）

A．
B．与所成的角的余弦值为
C．
D．三棱锥的体积为
【答案】D
【分析】根据异面直线夹角的概念求解判断AB，利用勾股定理求解CE的长判断C，利用等体积法求解体积判断D.
【详解】由题意知，且，
，所以，所以与所成的角的大小为，故选项A错误；
过C作，交AB于点P，连接PE，OE，则是与所成的角（或其补角），
作，交AB于点Q，连接EQ，则，，所以，，
所以，，
由余弦定理得，故选项BC错误；
因为点E到平面的距离为，所以三棱锥的体积为，故选项D正确.
故选：D

9．将函数图象上的所有点向右平移个单位长度．得到的图象，将图象上的所有点的横坐标伸长至原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点对称
C．在上单调递增
D．在内有2个极值点
【答案】C
【分析】首先利用正弦型函数的平移和伸缩变换求出的解析式，再结合正弦型函数的性质逐项分析即可.
【详解】因为将函数图象上的所有点向右平移个单位长度，得到的图象，所以，
将图象上的所有点的横坐标伸长至原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则，
对于A，的最小正周期为，故A错误；
对于B，，所以的图象关于对称，故B错误；
对于C，当时，，所以在上单调递增，故C正确；
对于D，当时，，结合的图象可知，
只有，即是的极值点，故D错误；
故选：C.
10．已知圆关于直线对称，过点作圆C的两条切线和，切点分别为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】圆心在直线上，求出，利用切线算出的长度，再利用等面积法即可的.
【详解】圆心在直线上，解得，因此，，
，
,
故选:D
11．已知点在抛物线上，过点作直线，与抛物线分别交于不同于点的两点．若直线的斜率互为相反数，则直线的斜率为（ ）
A．B．
C．D．不存在
【答案】B
【分析】直线与抛物线相交于两点，已知点，设直线的斜率为，联立直线与抛物线的方程，由韦达定理可用表示点的坐标，同理可用表示点的坐标，由消参，再求的斜率即可.
【详解】将点代入抛物线方程，得，
所以抛物线.
设直线的斜率分别为，则，
直线的方程为，与抛物线的方程联立，
消去整理得，
设，因为，
所以，代入直线的方程，得，
即
同理可得，
又，即，
所以直线的斜率为
.
故选：B.
12．已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知奇偶性质得到的周期性与对称性，借助已知条件与待定系数，再利用周期性得，由对称性转化为，代入解析式求解即得.
【详解】由为奇函数，得，
故①，函数的图象关于点对称；
由为偶函数，得②，
则函数的图象关于直线对称；
由①②得，
则，
故的周期为，所以，
由，令得，即③，
已知，
由函数的图象关于直线对称，得，
又函数的图象关于点对称，得
所以，即，
所以④，联立③④解得
故时，，
由关于对称，可得.
故选：A.
二、填空题
13．已知满足约束条件，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先作出不等式组表示的平面区域，然后设，表示点与点连线的斜率，观察图像计算可得范围.
【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图：
设，则表示点与点连线的斜率，
又，
所以，
即的取值范围为.
故答案为：.
14．已知函数，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由函数定义域及单调性建立不等式组求解即得.
【详解】由题意知，在其定义域上单调递增，
由，得，
又，
简化不等式组为,
解得，或.
即实数的取值范围是.
故答案为：.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，射线分别交于两点（为坐标原点），若，则的离心率为 ．
【答案】
【分析】由双曲线的对称性，结合定义与垂直关系转化将已知条件集中在与中，建立方程组消参化简可得的齐次关系，从而得到离心率.
【详解】由双曲线的对称性得，由，得，
不妨设点在的右支上，且，
在中，由双曲线定义知，
由勾股定理得，
则，
且
又，，所以，
则在中，由，得，
化简得，
即，所以，
所以，化简得.
所以的离心率为.
故答案为：.

16．如图为某几何体的三视图．该几何体的所有顶点均在球的表面上．若，则当球的体积最小时，该几何体内能放置的最大的球的表面积为 ．
【答案】
【分析】由对称性知球心在三棱柱高的中点上，设球心，连接球心与底面中心，由垂直关系利用勾股定理求解外接球，再比较以三棱柱的高为直径的球与以底面三角形的内切圆为直径的球的大小则可解.
【详解】
如图，该几何体是正三棱柱，其中，
设三棱柱上、下底面中心分别为，则的中点为，
设球的半径为，则，,
所以，
在中，
，
当且仅当，即时，，
设的内切圆半径为，则
所以，即放置以三棱柱高为直径的球不可能，
最大可放置的球是以底面的内切圆半径为半径的球.
所以当球的体积最小时，该几何体内能放置的最大球的半径为，
故所求表面积为.
故答案为：.
三、解答题
17．在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若为的面积，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后整理可得，再通过同角三角函数基本关系计算即可；
（2）利用余弦定理及面积公式代入变形，然后利用基本不等式求最小值.
【详解】（1）
由正弦定理可得，
即，
又，
，又，
，
；
（2），
当且仅当时等号成立，
故的最小值为.
18．卫生纸要求无毒性化学物质、无对皮肤有刺激性的原料、无霉菌病毒性细菌残留．卫生纸的特征是吸水性强、无致病菌、纸质柔软厚薄均匀无孔洞、起皱均匀、色泽一致．卫生纸主要是供人们生活日常卫生之用．是人民群众生活中不可缺少的纸种之一．某品牌卫生纸生产厂家为保证产品质量．现从甲、乙两条生产线生产的产品中随机抽取600件进行品质鉴定．并将统计结果整理如下：
(1)根据表中数据判断是否有的把握认为产品的品质与生产线有关？
(2)用分层抽样的方法，从样本的优等品中抽取8件进行详细检测，再从这8件产品中任选2件，求所选的2件产品中至少有1件来自甲生产线的概率．
附：，其中．
【答案】(1)有的把握认为产品的品质与生产线有关
(2)
【分析】（1）由独立性检验公式求，比较与临界值的大小作答结论；
（2）由抽样比得两生产线的抽样数，再由古典概型概率公式可得.
【详解】（1）补充列联表如下：
零假设产品的品质与生产线无关，
根据列联表中的数据，经计算得到
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为产品的品质与生产线有关，此推断有的把握认为产品的品质与生产线有关.
（2）根据分层抽样可知，在抽取的件优等品中，来自甲生产线的有件，记为，
来自乙生产线的有件，记为.
设事件“所选的2件产品中至少有1件来自甲生产线”，
从这件产品中任选件，所有的等可能结果有
，共种；
其中，所选的2件产品中至少有1件来自甲生产线的结果有
，共种；
则由古典概型概率公式得.
19．如图1，在平面四边形中，．将沿折叠至处．使平面平面（如图2），分别为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）要证平面平面，只需证明平面，故结合已知条件只需分别证明即可.
（2）利用等体积法，即，故只需分别算出，即可.
【详解】（1）由题意，
所以是等边三角形，
所以，
从而，即，
又因为为的中点，
所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）因为分别为的中点，所以，，
由（1）可知平面，所以平面，
即平面，是三棱锥的高，
又分别为的中点，
所以，
所以，
因为，，所以，
又因为为的中点，所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，所以，
又因为为的中点，，所以，
所以，
所以，
从而，
设点到平面的距离为，则由，
可得，解得，
即点到平面的距离为.
20．已知函数．
(1)试判断函数的单调性；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，上递增
(2)
【分析】（1）求导，然后利用导函数的正负确定原函数的单调性；
（2）原不等式等价于在上恒成立，利用导数多次讨论后可求参数的取值范围.
【详解】（1）由已知得，
设，则，
当时，；当时，，
故当时，，故，
故函数在，上单调递增；
（2）由在上恒成立，即在上恒成立，
设，则，
设，则，其中，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
故在上为增函数，故即，
故在上为增函数，故，
即在上恒成立.
若，则时，
故在上为减函数，故，，
故，，
故在上为减函数，故，，
故，，
故在上为减函数，故，，
这与题设矛盾.
所以.
21．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过点作斜率为的直线，与椭圆交于两点，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线，与椭圆交于点（点异于点），是上一点，过点作，与轴交于点，记为坐标原点，若．且，求直线的斜率的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由直线的斜率为与条件，可设，则另两边为，则由椭圆定义得到，得，结合已知联立求解即可；
（2）设直线斜率为，联立与椭圆方程，已知点，则由韦达定理可交点的坐标，再由可求点坐标，进而由垂直关系可求出横坐标，则由得，可得的范围.
【详解】（1）因为直线的斜率为，设，且，
所以，所以，
则，即，
所以有，则，
故椭圆的方程为；
（2）由题意知，的斜率存在且不为，
故可设直线的方程为，，
联立，得，
因为为方程的一个根，所以，
则，，
所以，
由（1）知，，设，
则，，
因为，所以，
解得，所以直线的方程为，
设，联立，得，
因为，所以，解得，
即，解得或，
所以直线的斜率的取值范围为.
【点睛】直线与曲线相交问题，若其中一个交点的坐标已知，则另一交点可求，一般可用韦达定理或因式分解解得，则后续相关点可逐一求解，各个击破.
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
(2)已知点的直角坐标为，曲线与曲线交于、两点，求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）在曲线的参数方程中，消去参数，可得出曲线的普通方程，利用极坐标方程一直角坐标方程之间的转换关系可得出曲线的直角坐标方程；
（2）写出直线的参数方程，将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得出关于的二次方程，求出该方程的两根，再结合的几何意义可求得的值.
【详解】（1）解：在直线中，消去参数可得，
曲线的极坐标方程可化为，即，
转换为直角坐标方程为,
所以，曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为.
（2）解：因为，即点在直线上，直线的斜率为，该直线的倾斜角为，
所以，直线的参数方程为（为参数），
将直线的参数方程代入曲线的普通方程可得，
则，
设点、对应的参数方程分别为、，
解方程，即，解得，，
因此，.
23．设函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若对于任意实数恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分段求解不等式，综合时求各段并集即可；
（2）恒成立问题转化为最值问题求解，则，求出最值解不等式即可.
【详解】（1）,
当时，由，
得，解得，则；
当时，由，
得，解得，则；
当时，由，
得，解得，则；
综上，不等式的解集是.
（2）由（1）作出函数的图象（如图），
可知在上单调递减，在上单调递增；
所以，
因为对任意实数，恒成立，
所以有，即，
即，解得，
故实数的取值范围为.
合格品
优等品
甲生产线
160
30
乙生产线
320
90
0.15
0.10
0.05
0.010
2.072
2.706
3.841
6.635
合格品
优等品
总计
甲生产线
160
30
190
乙生产线
320
90
410
总计
480
120
600