内蒙古部分学校2024届高三下学期一模考试数学（理科）试题及详细答案

这是一份内蒙古部分学校2024届高三下学期一模考试数学（理科）试题及详细答案，共20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．设全集为R，集合 则 （ ）
A．或B．或
C．D．
2．已知a为实数,复数为纯虚数,则
A．B．1C．D．2
3．下列函数图象的对称轴方程为的是（ ）
A．B．
C．D．
4．设为两个平面，下列条件中，不是“与β平行”的充要条件的是（ ）
A．内有无数条直线与β平行B．垂直于同一条直线
C．平行于同一个平面D．内有两条相交直线都与β平行
5．已知向量，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，函数 是奇函数，则（ ）
A．1B．2C．D．
7．某厂近几年陆续购买了几台 A 型机床，该型机床已投入生产的时间x(单位：年)与当年所需要支出的维修费用y(单位：万元)有如下统计资料：
根据表中的数据可得到线性回归方程为 则该型机床已投入生产的时间为10年时，当年所需要支出的维修费用估计为（ ）
A．12.9万元B．12.36万元
C．13.1万元D．12.38 万元
8．已知数列为等比数列， ，则 （ ）
A．B．
C．2D．
9．已知抛物线的焦点为F，其准线与x轴交于点为C上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知3名男同学、2名女同学和1名老师站成一排，女同学不相邻，老师不站两端，则不同的排法共有（ ）
A．336 种B．284种C．264 种D．186种
11．若，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知，关于x的不等式 的解集为，则下述四个结论①，②，③，④其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．②③④
二、填空题
13．已知，则＝
14．已知圆O为圆锥的底面圆，等边三角形内接于圆O；若圆锥的体积为，则三棱锥的体积为
15．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对《易传》“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.大衍数列中的每一项都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量的总和.大衍数列从第一项起依次为 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,….记大衍数列的通项公式为 ，若，则数列的前30项和为 .
16．已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为 .
三、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为.已知
(1)求b；
(2)D为边上一点， ，求的长度和 的大小.
18．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形.
(1)证明：平面.
(2)若为等边三角形，求平面与平面夹角的余弦值.
19．某商场在开业当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金额前200名的顾客，均可获得3次抽奖机会.每次中奖的概率为 ，每次中奖与否相互不影响. 中奖1次可获得100元奖金，中奖2次可获得300元奖金，中奖3次可获得500元奖金.
(1)已知，求顾客甲获得了300元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率.
(2)在（1）的条件下，已知该商场开业促销活动的经费为4.5万元，问该活动是否会超过预算? 请说明理由.
20．已知双曲线 与双曲线 的渐近线相同，且M经过点 ，N的焦距为 4.
(1)求M和N 的方程;
(2)如图，过点 的直线(斜率大于0)与双曲线 M和N 左、右两支依次相交于点 A，B，C，D，证明:.
21．已知函数
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时，
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为 (t为参数)，以坐标原点O为极点，轴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 与的直角坐标方程；
(2)已知直线 l的极坐标方程为 ，直线 l与曲线，分别交于，(异于点)两点，若，求 .
23．已知，函数.
(1)当时，解不等式;
(2)若的图象与轴围成的面积小于，求的取值范围.
x
2
3
4
5
6
y
2.2
3.8
5.5
6.5
7
参考答案：
1．D
【分析】化简集合A，再根据补集运算求解.
【详解】由，即，则，解得或，
或，
.
故选：D.
2．C
【分析】由复数的运算与纯虚数的概念求解即可.
【详解】由为纯虚数，
，.
故选：C.
3．B
【分析】根据正弦函数的对称轴，利用整体代入的方法可求出A、C中函数的对称轴方程，利用余弦函数的对称轴，利用整体代入的方法可求出B、D中函数的对称轴方程，即得答案.
【详解】对于A，，令，即，
即的对称轴方程为，A错误；
对于B，，令，即，
即的对称轴方程为，B正确；
对于C，，令，即，
即的对称轴方程为，C错误；
对于D，，令，即，
即的对称轴方程为，D错误；
故选：B
4．A
【分析】根据空间线面、面面的位置关系以及面面平行的判定定理，一一判断各选项，即可得答案.
【详解】对于A，内有无数条直线与β平行，可可能相交，即这无数条直线都与两平面的交线平行，
故内有无数条直线与β平行得不出与β平行，A适合题意；
对于B，垂直于同一条直线时，可得与β平行，反之也成立，
即垂直于同一条直线是与β平行的充要条件；
对于C，平行于同一个平面，则与β平行，反之也成立，
故平行于同一个平面是与β平行的充要条件；
对于D，内有两条相交直线都与β平行，根据面面平行的判定定理可知与β平行，
反之也成立，即内有两条相交直线都与β平行为与β平行的充要条件；
故选：A
5．B
【分析】利用向量平行可求得，再由夹角的坐标表示即可得出结果.
【详解】由可知，解得，
即可得，
所以.
故选：B
6．C
【分析】由奇函数的性质求解即可.
【详解】因为 是奇函数，
所以，所以，
即，
即，
即，
所以，因为，所以解得：，
故.
故选：C .
7．D
【分析】根据表格中的数据求出，将点代入回归直线求出即可得解.
【详解】，
中心点代入回归方程得，解得，
，
故当时，，
即当年所需要支出的维修费用估计为万元，
故选：D
8．C
【分析】利用等比数列的性质与通项公式即可得解.
【详解】因为为等比数列，则公比，
所以，又，
所以
，解得，
又，而恒成立，
所以，则，故.
故选：C.
9．A
【分析】利用平行的性质与抛物线的定义将所求转化，再利用，结合三角函数的基本关系式即可得解.
【详解】如图，过分別作准线和轴的垂线，与准线交于点，与轴交于点.
则，
所以，
又，，
所以，解得，
所以.
故选：A.
10．A
【分析】
根据题意考虑两端的位置排的是男生或女生的情况，结合女同学不相邻，求出各种情况的排法数，根据分类计数加法原理，即可求得答案.
【详解】当2名女生站在两端时，3名男生和1名老师排在中间，
共有种排法；
当有1名女生排在一端，另一端排男生时，
共有种排法；
当男生排在两端时，共有种排法；
故不同的排法共有（种），
故选：A
11．D
【分析】利用，结合幂函数的单调性判断得，再构造函数，推得，从而推得，由此得解.
【详解】因为，所以；
令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，故，
则，即，当且仅当时，等号成立，
当，即，有，
从而有；
综上，.
故选：D.
【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式：
（1）；（2）.
12．D
【分析】取特殊值判断①，令，由三角代换判断②，转化为后，换元后利用对号函数的单调性求出范围即可判断③④.
【详解】取，则，解得，满足题意，故错误，①不正确；
由原不等式可得，令，由指数性质及不等式的解集为，
知且，令，
则，由于，
所以，即得，又，所以，故②正确；
因为，，
令，，则，
故
，
令，则，
由于在上单调递增，故，
则，即，
即，，故③④正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：关键点在于③④的判断，解答时要利用三角代换以及换元法，将等价转化，再结合函数的单调性进行判断，难度较大.
13．
【分析】根据题意分别求出的值，从而可求出
【详解】由题可得，
所以
所以，
所以
【点睛】本题考查三角函数的计算，解题的关键是求出的值，再由正弦的二倍角公式求解，属于简单题．
14．/
【分析】设圆O的半径为r，圆锥的高为h，根据圆锥体积推出，继而表示出等边三角形的面积，根据棱锥体积公式，即可求得答案.
【详解】设圆O的半径为r，圆锥的高为h，

则，
等边三角形内接于圆O，则，
故，
则三棱锥的体积为，
故答案为：
15．240
【分析】根据数列的通项公式，采用并项求和的方法，即可求得答案.
【详解】由题意知，，
故数列的前30项和为
，
故答案为：240
16．70
【分析】设中点为，易得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，可转化为，，设出点的参数方程，求出，即可得解.
【详解】
如图，设中点为，由，，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
，
，设，则
，
当且仅当时，，
所以，
故答案为：70
【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题！
17．(1)
(2)1，
【分析】（1）利用余弦定理化简，即可求得答案；
（2）利用（1）的结论结合题设可得，从利用余弦定理推出关于的方程，解得的值，解直角三角形，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知在中，，
故，即，
由于，故；
（2）由（1）知，结合，得，

又，故，又，
则，
又，则，
故，即，即，
结合，解得，
则，，
而为锐角，故.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定与性质定理即可得解；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）记为的中点，连接.
因为为等边三角形，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，
所以平面.
（2）以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为为等边三角形，，所以到底边的距离为，
因为为等边三角形，，所以到底边的距离为，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量为，则即，
令，则，故，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19．(1)
(2)不会，说明见解析
【分析】（1）设顾客甲获得了300元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，求出、，根据条件概率的公式，即可求得答案；
（2）设一名顾客获得的奖金为X元，确定其可能的取值，求得每个值对应的概率，即可求出，从而求得200名顾客获得奖金的期望，与促销活动的经费比较，即得结论.
【详解】（1）设顾客甲获得了300元奖金的事件为A，甲第一次抽奖就中奖的事件为B，
则，
，
故；
（2）设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为，
则，
，
，
，
则（元），
故，
故该活动不会超过预算.
20．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦距求出曲线，再由双曲线有相同渐近线及过点求出曲线的方程；
（2）设出直线方程，联立双曲线方程，分别求出与中点横坐标，可得中点重合，即可得证.
【详解】（1）因为双曲线 焦距为，
所以，即双曲线 ，
因为双曲线 与双曲线渐近线相同，
所以可设双曲线 为，
又双曲线 过点，所以，即，
所以双曲线 为.
（2）设直线的方程为，，，，，
由，可得，
由题意 ，
当时，，当时，，
所以与中点的横坐标为，
又在同一直线上，所以与中点重合，可设为，如图，
故，，
所以，即.
21．(1)答案见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，按照的正负，讨论正负得解；
（2）令，分和两种情况讨论，利用导数判断单调性，求出最小值证明.
【详解】（1），，
当时，易知，所以函数在R上单调递减，
当时，令，解得，
令，解得，即在上单调递增，
令，得，即在上单调递减，
综上，当时，函数在R上单调递减，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）令，，
，令，，
则，所以在上单调递增，
当时，，又，
有，，即单调递减，
，，即单调递增，
所以，而此时，
所以当时，成立；
当时，可得，，
所以
又，
所以存在，使得，即，
，，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
，由可得，
，
下面证明，，
令，
，
所以在上单调递增，
，
即得证，即成立，
综上，当时，成立.
【点睛】思路点睛：第一问，求出导数，对正负分类讨论，研究导数正负从而得函数的单调性；第二问，令，利用导数研究的单调性，最值，注意分和讨论，对时的情况，结合隐零点和基本不等式求出，问题转化为证明，，构造函数证明.
22．(1)，
(2)2
【分析】（1）消参可得曲线的直角坐标方程，根据极坐标与平面直角坐标的转化可得曲线的直角坐标方程；
（2）曲线的直角坐标方程化为极坐标方程，根据极径的意义利用，即可得解.
【详解】（1）由曲线的参数方程 (t为参数)，
消参可得，，
曲线 的直角坐标方程为，
由曲线 的极坐标方程为，可得，
所以可得，即.
曲线的直角坐标方程为.
（2）如图，
由曲线 的直角坐标方程为，
可得极坐标方程，
化简可得，
则，，
所以，
即，解得.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据绝对值不等式及一元二次不等式的解法求解；
（2）转化为分段函数，求出三角形顶点坐标即可求出面积，解不等式得解.
【详解】（1）当时，化为，即，
可得，，即，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.
（2）由题设可知，，
所以的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为
，
所以三角形面积，
即，所以，解得，
又，所以.