内蒙古呼和浩特市2024届高三第一次质量数据监测理科数学试卷（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.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.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.回答第I卷时选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3.答题Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷
一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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】B
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据对数函数的性质得到求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
由，解得或，
所以，
所以.
故选：B
2. 若复数，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合复数的乘法运算求解.
【详解】由题意可得：，
，
所以.
故选：D.
3. 在寒假中，某小组成员去参加社会实践活动，已知该组成员有4个男生､2个女生，现将他们分配至两个社区，保证每个社区有2个男生､1个女生，则不同的分配方法有（ ）种.
A. 6B. 9C. 12D. 24
【答案】C
【解析】
分析】根据平均分组分配问题，结合排列组合即可求解.
【详解】男生的分配方法有,女生的分配方法有，
所以总的分配方法有，
故选：C
4. 小明在春节期间，预约了正月初五上午去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米，精确到小数点后两位）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处.（ ）
A. 1.73B. 1.41C. 2.24D. 2.45
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作出图形，选设观赏者与油画的水平距离为，观赏时的视角为，求出中的三边，由余弦定理求得的表达式，依题应使最大，即使最小，求出表达式的最小值以及此时的值即得.
【详解】
如图，设观赏者的眼睛在点处，油画的上沿在点处，下沿在点处，
点在线段延长线上，且保持与点在同一水平线上，
则即观赏时的视角.
依题意，
不妨设，则，
在中，由余弦定理，
，
因，则，当且仅当时，即时等号成立，
由可得，
则，则，
因函数在上单调递减，故得，
即最大视角为，此时观赏者距离油画的直线距离为.
故选：A.
5. 已知样本数据的平均数为､方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平均数和方差的运算性质即可求解.
【详解】由方差的性质，得，，…，的方差为，
故，解得．由，可知.
由平均数的性质，得，，…，的平均数为，
故，
解得.
故选：D．
6. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 110B. 200C. 65D. 155
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的定义及通项公式求解即可.
【详解】因为，
所以是以为公差的等差数列，
又，所以，
故，所以，
故选：B
7. 小明将一颗实心玻璃球不小心掉人装满水的烧杯中，全部掉入后导致溢出部分水，将球通过工具取出后，发现烧杯中的水比之前少，不计取球过程中的损耗，若此时小明将此球放入一个三棱锥容器中，当球与三棱锥的四个面都相切时，此三棱锥的体积与表面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设球的半径为，由烧杯中的水比之前少，即为球的体积,计算可求得，由球与三棱锥的四个面都相切，可知三棱锥体积,即可求出结果.
【详解】设球的半径为，由烧杯中的水比之前少，则，求得，
设三棱锥的表面积为表，由球与三棱锥的四个面都相切，可知三棱锥体积表表,所以三棱锥的体积与表面积之比为.
故选：B
8. 已知函数在区间上有且仅有两条对称轴，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由的取值范围求出，再结合题意及正弦函数的性质得到，解得即可.
【详解】当，则，，
依题意可得，解得，
故选：A
9. 用一个圆心角为，面积为的扇形（为圆心）围成一个圆锥（点恰好重合），该圆锥顶点为，底面圆的直径为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据扇形的面积及弧长求出母线及底面圆半径，再由余弦定理求解.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
∵扇形的圆心角为
，解得，
∵扇形的弧长等于它围成的圆锥的底面周长，
，
所以圆锥的轴截面中，，，
由余弦定理可得，
故选：B
10. 在中，为线段的一个三等分点，.连接，在线段上任取一点，连接，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在线段上得到，结合已知条件得到，和的关系式，最后转化为二次函数求最小值.
【详解】在线段上，，，
为线段的一个三等分点，，，
，
由平面向量基本定理得，，
，
当时，取得最小值.
故选：C.
11. 已知定义在上的函数，满足不等式，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，换元构造函数，分析函数的奇偶性、单调性，再解不等式即得.
【详解】令，则，原函数化为，
令，显然，
即函数是奇函数，又函数都是上的增函数，
因此函数是上的增函数，不等式，
则，
于是，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
12. 已知双曲线，在双曲线上任意一点处作双曲线的切线，交在第一､四象限的渐近线分别于两点.当时，该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数求出双曲线C在点处切线方程，与两渐近线联立求出两点坐标，由此证明点是线段的中点，可得，即得，计算求得，得解.
【详解】如图，设双曲线C在点处的切线为，切线与轴交于点，
根据题意点在双曲线第一象限，由，得，
所以，则在点的切线斜率为，
所以在点的切线方程为，
令，得，所以点，
设点，，渐近线方程为，
联立，解得，
所以点，同理可得，
又，，
所以点是线段的中点，
所以，，即，解得.
又，所以，即，
所以.
故选：A.
，
【点睛】关键点睛：本题关键在求出两点坐标，证明点是线段的中点，可得，求得.
第Ⅱ卷
本卷包括必考题和选考题两部分，第13题-21题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22题-第23题为选考题，考生根据需求作答.
二､填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若实数，满足，则的最小值为__________.
【答案】9
【解析】
【分析】画出平面区域，利用目标函数的几何意义求出最小值.
【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：
由得，平移直线，
由图象可知，当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小，
由得，此时取得最小值.
故答案为：9.
14. 已知椭圆与直线交于两点，且线段的中点为，则椭圆的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】代入直线，求得直线斜率，然后利用点差法化简计算即可得出结果．
【详解】代入直线，可得：，，
所以直线方程为：.
设，代入椭圆方程得，
两式相减得：，
即,即，
又因为直线的斜率为，所以，解得：.
所以椭圆的方程为.
故答案为：.
15. 已知，若直线与有个交点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到的表达式，最后裂项求和即可求得的值.
【详解】当时，，即，，
当时，，所以可得函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
若直线与有个交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切其圆心为
不妨设切点为，连接，
所以在中，，
，故，
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解。
16. 已知函数，若对于上任意两个不相等的数都满足.则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析可知在内单调递增，即在内恒成立，同构可得，整理得在内恒成立，构建，利用导数判断的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】令，则，
构建，则，
由题意可得，且，
则，可知在内单调递增，
则在内恒成立，
且，可得，即，
构建，则在内恒成立，
可知在内单调递增，
由，即，且，，
若，，可得；
若，可得；
综上所述：，
则，可得在内恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，则，
且，可得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：1.根据题意同构可得在内单调递增；
2.对同构可得.
三､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
（一）必考题：共60分.
17. 在中，分别为边所对的角，且满足.
（1）求的大小；
（2）角平分线交边于点，当时，求.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解；
（2）由余弦定理及角平分线定理求解即可.
【小问1详解】
，
，
，
，
又
【小问2详解】
如图，
中，由余弦定理，
可得，解得.
是角平分线，
，
设，则，在中，由余弦定理可得：
，
即，
整理得，解得，
18. 已知菱形满足，将沿折起，使得.
（1）求证：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）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，由题中条件证明，再证明，从而可证平面，从而可证明.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，然后再结合空间向量法求解线面角，从而可求解.
【小问1详解】
证明：如图，取中点，连接.
在菱形中，，
，又，
则，
所以，
又，即，
又，平面，平面，
又平面，所以平面平面.
.
【小问2详解】
由（1）可知，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，如上图，
则，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19. 甲､乙､丙三名高中生进行传球训练.第一次由甲将球传出，传给乙的概率是，传给丙的概率是；乙传给甲和丙的概率都是；丙传给甲和乙的概率地都是.如此不停地传下去且假定每次传球都能被接到，记开始传球的人为第一次触球者，第次触球者是甲的概率记为.
（1）求；
（2）证明：为等比数列.
【答案】（1），，；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式进行计算即可；
（2）根据题意得到，变形后根据等比数列的定义证明即可.
【小问1详解】
根据题意知，
，
.
【小问2详解】
把第次触球者是甲的概率记为，
当时，第次触球者是甲的概率为，
第次触球者不是甲的概率为，
则
而，故,
即，
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
20. 已知函数.
（1）求在处的切线方程，并证明的图象在直线的上方；
（2）若有两个不相等的实数根，求证：.
【答案】（1），证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，，从而得到在处的切线方程，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（2）由题知有两根，进而求得在点､点处的切线方程，再利用导数证明的图象在直线的上方，假设与交点的横坐标为与交点的横坐标为，则，联立，，由化简计算即可得出结果.
【小问1详解】
又
切线的方程为
下证：，即证：，即
令，则，且
，故在上单调递减且小于0，在上单调递增故在上单调递减，在上单调递增
故，所以，即的图象在直线的上方.
小问2详解】
由题知有两根，记在点､点处的切线方程分别为，由（1）知
的方程为
下证：的图象在直线的上方，即证：，即
令，则
，则
，则
故在上单调递减且小于0，在上单调递增；
故在上单调递减，在上单调递增
故，所以，即的图象在直线的上方.
假设与交点的横坐标为与交点的横坐标为，则
联立得
联立得
所以.
【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．
21. 已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.
（1）求的方程；
（2）过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；
（3）过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.
【答案】（1）
（2）证明见解析； （3），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设，由两点间距离公式求得，结合，得出的最小值为，得解；
（2）设，，将要证，转化为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得证；
（3）猜想满足，根据题意求出点坐标，设，将要证关系式等价转化为，联立直线和直线的方程求出，得，联立直线和抛物线方程，由韦达定理求得，得解.
【小问1详解】
设，则，
因为，所以的最小值为，即，得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）得，设，，，
则，同理，，
所以
，
又，即，
联立，得，由韦达定理得，
综上所述：.
【小问3详解】
满足的关系为：.
由题意，直线，
联立，得，
由，得，所以抛物线在A处的切线斜率为，
所以抛物线在A处的切线为，
同理，在处的切线为，
联立可得，
设，
则
（*），
联立，得，则，
联立，得，
所以，
所以，即.
【点睛】关键点睛：本题第二问关键是将要证的关系式，等价转化为，结合韦达定理证明.第三问，同理转化证明.
（二）选考题：共10分，请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，从极点作射线，交射线于点为射线上的点.且点的轨迹方程为，曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求的极坐标方程；
（2）当将与轴所围成的面积分为时，求的普通方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设点的极坐标为，则，代入已知即可；
（2）将极坐标方程和参数方程转化为普通方程，发现直线过半圆圆心，借助图像，将条件的面积关系转化为直线倾斜角关系，进而求解.
【小问1详解】
设点的极坐标为，则，
即，
则点的轨迹方程为：.
【小问2详解】
由（1）得点的轨迹方程为：，普通方程为 ，
又由的参数方程为（为参数）. 轨迹为过半圆圆心的直线，倾斜角为，
当将与轴所围成的面积分为时，如图，所以直线的倾斜角为或，
曲线的普通方程为.
23. 已知.
（1）求的解集；
（2）记的最小值为，且，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据绝对值的符号，分类讨论解不等式即可；
（2）求绝对值不等式的最值，利用均值不等式证明.
【小问1详解】
当时，，解得
当时，，解得
当时，，解得
当时，，解得
综上所述，的解集为或
【小问2详解】
由已知可得，所以当时，的最小值为.
，
当且仅当取等,
令，则
当且仅当取等，此时