2024届内蒙古自治区锡林郭勒盟高三上学期1月期末教学质量检测数学试题（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2内蒙古自治区锡林郭勒盟2024届高三上学期1月期末教学质量检测数学试题（理）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以，故，故选：B2.复数，，其中，为实数，若为实数，为纯虚数，则（）A. B. C.6 D.7〖答案〗A〖解析〗由题意，，因为为实数，为纯虚数，所以，得，所以.故选：A.3.为了鼓励学生积极锻炼身体，强健体魄，某学校决定每学期对体育成绩在年级前100名的学生给予专项奖励.已知该校高三年级共有600名学生，如图是该年级学生本学期体育测试成绩的频率分布直方图.据此估计，该校高三年级学生体育成绩的中位数为（）A.70 B.70.5 C.71.25 D.72〖答案〗C〖解析〗由给定的频率分布直方图，可得前2个矩形的面积为，前3个小矩形的面积为，所以学生体育成绩的中位数位于之间，设学生体育成绩的总位数为，可得分.故选：C.4.若，满足约束条件，则的最大值为（）A.4 B.3 C. D.〖答案〗A〖解析〗由约束条件作出可行域如下图：由图可知，，由，可得，由图可得当直线过点时，直线在轴上的截距最大，所以故选：A5.函数的图象大致是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以为奇函数，此时可排除AC,由于当时，，故此时可排除D，故选：B6.若，，则，，的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由已知，得，则，所以.故选：C7.如图，已知，为平面外一点，，点到两边，的距离分别为，，且，则点到平面的距离为（）A.4 B. C.2 D.〖答案〗B〖解析〗由于平面,平面,故,且，,因此,故，又,所以,平面，故平面，平面，故,同理可得又，因此四边形为正方形，所以故选：B8.已知椭圆上存在点，使得，其中，是椭圆的两个焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，因为，所以，所以，，因为，所以，所以，所以，解得，因为，所以，所以离心率的范围，故选：D.9.在三棱锥中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意，画出三棱锥，分别作出的中点，的中点，的中点，连结，，，所得图形如下图：根据中位线的性质可得：，，且，，所以异面直线与所成角即为和所成锐角，由于，，所以在等边中，，同理在等边中，，故，所以为等边三角形，故，所以在中，，，，故由余弦定理可得：，由于异面直线的夹角范围为，所以异面直线与所成角为的补角，即异面直线与所成角的余弦值为.故选：B10.已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，高，其轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设圆锥的底面半径为，高为，由题意可得，解得：，因此，该圆锥的体积为.故选：C11.已知函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法错误的是（）A.B.C.函数为奇函数D.函数在区间上单调递减〖答案〗D〖解析〗由函数（，，）的部分图象，可得，可得，则，又由，可得，所以，因为，所以，所以A正确；由，可得，又由，所以B正确；将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，此时函数，所以为奇函数，所以C正确；由，可得，当时，即，函数单调递增；当时，即，函数单调递减，所以函数不是单调递减函数，所以D错误.故选：D.12.若过点可以作三条直线与曲线相切，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得，设切点为,，过切点的切线方程为，代入点坐标化简为，即这个方程有三个不等式实根，令，求导得到，由，得，由，得，或，故函数上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故得,结合，，当时，，时，，得，故选：D．二、填空题13.已知向量，满足，，，则______.〖答案〗〖解析〗由向量，满足，，且，则，所以.故〖答案〗为：.14.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为______.〖答案〗〖解析〗对于双曲线，其渐近线方程为,对于圆，有，圆心为，半径为，渐近线被圆截得的弦长为，所以圆心到渐近线的距离为，由点到直线距离公式得：,则由则.故〖答案〗为：.15.从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为______.〖答案〗〖解析〗由从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的总数为个，则抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件为：，共有15个，所以抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为.故〖答案〗为：.16.已知为锐角三角形，，，，是角，，分别所对的边，若；且，则面积的取值范围是______.〖答案〗〖解析〗在锐角中，由，得，即，由正弦定理得，而，则，又，则有，得，，由，解得，由正弦定理得，而，则，因此，由，得，即，于是，所以面积的取值范围是.故〖答案〗为：三、解答题（一）必考题17.已知数列满足，，设.（1）求，，；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式解：（1）由条件可得，将代入，得，而，所以，将代入，得，所以，又，从而，，.（2）数列是首项为2，公比为3的等比数列，理由如下：由条件可得，即，又，所以是首项为2，公比为3的等比数列（3）由（2）可得，所以.18.如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上的一点，且.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：连接交于点，连接.在底面中，因为，且，由，可得，因为，即，所以在中，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）解：取的中点，连接，由，，可得为等边三角形，所以，因为，所以，又因为平面，，平面，所以，.以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等边三角形中，，所以，可得，所以，，由平面，可得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，取，可得，可得，则，易知二面角的正弦值为.19.为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的9名队员来自高一年级2人，高二年级3人，高三年级4人，本次决定比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行8场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军，积分规则如下：每场比赛5局中以或3:1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以获胜的队员积2分，落败的队员积1分，（1）求比赛结束后冠亚军恰好来自不同年级的概率；（2）已知最后一轮比赛两位选手是甲和乙，假设每局比赛甲获胜概率均为0.6，①若设最后一轮每局比赛甲获胜为事件，乙获胜为事件，则事件与是什么关系，并求和；②记这轮比赛甲所得积分为求的概率分布列及数学期望.（1）解：由题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同年级的概率.（2）解：①事件与为对立事件，所以，，②的可能取值为，可得；；；.所以的分布列为01230.17920.138240.207360.4752所以期望为.20.在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.（1）求的方程；（2）若过点作两条直线与，与相交于A，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.（1）解：设点，则，因为，，所以，，所以点，代入方程中，得，所以的方程为.（2）证明：设点，，，，则直线的斜率，同理得直线的斜率，直线的斜率，直线的斜率，所以，，从而得.由消去得，所以，由，得或.设和的中点分别为，，则，，同理，，所以，即，所以得.21.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：在上.（1）解：由函数，可得其定义域为，且，当时，，在区间单调递增；当时，由，可得，由，可得，故在区间单调递增；在区间单调递减.（2）证明：因时，要证，只需证明，由（1）知，当时，在区间单调递增，在区间单调递减，所以.故，令，则，故当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，则，所以当，时，，所以.（二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，（1）写出的普通方程，并指出它是什么曲线；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的极径与极角的正切值.（1）解：由曲线参数方程为为参数，将代入，可得，整理得，所以曲线的普通方程为，该曲线是以点为顶点，开口向上的抛物线.（2）解：因为，可得，根据极坐标与直角坐标的互化公式，可得曲线的普通方程为，联立方程组，解得或，即交点的直角坐标为和，设点的极坐标为，则，；设点的极坐标为，则，.[选修4-5：不等式选讲]23.已知，，均为正数，且，证明：（1）；（2）若，则.证明：（1）因为，当且仅当时取等号，所以，又因为，，均为正数，所以.（2）因为，由条件可得，即，所以，当且仅当时取等号，此时，解得，把和，代入，求得，所以当且仅当，，时，取得等号.内蒙古自治区锡林郭勒盟2024届高三上学期1月期末教学质量检测数学试题（理）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以，故，故选：B2.复数，，其中，为实数，若为实数，为纯虚数，则（）A. B. C.6 D.7〖答案〗A〖解析〗由题意，，因为为实数，为纯虚数，所以，得，所以.故选：A.3.为了鼓励学生积极锻炼身体，强健体魄，某学校决定每学期对体育成绩在年级前100名的学生给予专项奖励.已知该校高三年级共有600名学生，如图是该年级学生本学期体育测试成绩的频率分布直方图.据此估计，该校高三年级学生体育成绩的中位数为（）A.70 B.70.5 C.71.25 D.72〖答案〗C〖解析〗由给定的频率分布直方图，可得前2个矩形的面积为，前3个小矩形的面积为，所以学生体育成绩的中位数位于之间，设学生体育成绩的总位数为，可得分.故选：C.4.若，满足约束条件，则的最大值为（）A.4 B.3 C. D.〖答案〗A〖解析〗由约束条件作出可行域如下图：由图可知，，由，可得，由图可得当直线过点时，直线在轴上的截距最大，所以故选：A5.函数的图象大致是（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗，所以为奇函数，此时可排除AC,由于当时，，故此时可排除D，故选：B6.若，，则，，的大小关系为（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由已知，得，则，所以.故选：C7.如图，已知，为平面外一点，，点到两边，的距离分别为，，且，则点到平面的距离为（）A.4 B. C.2 D.〖答案〗B〖解析〗由于平面,平面,故,且，,因此,故，又,所以,平面，故平面，平面，故,同理可得又，因此四边形为正方形，所以故选：B8.已知椭圆上存在点，使得，其中，是椭圆的两个焦点，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，因为，所以，所以，，因为，所以，所以，所以，解得，因为，所以，所以离心率的范围，故选：D.9.在三棱锥中，，，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意，画出三棱锥，分别作出的中点，的中点，的中点，连结，，，所得图形如下图：根据中位线的性质可得：，，且，，所以异面直线与所成角即为和所成锐角，由于，，所以在等边中，，同理在等边中，，故，所以为等边三角形，故，所以在中，，，，故由余弦定理可得：，由于异面直线的夹角范围为，所以异面直线与所成角为的补角，即异面直线与所成角的余弦值为.故选：B10.已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，高，其轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设圆锥的底面半径为，高为，由题意可得，解得：，因此，该圆锥的体积为.故选：C11.已知函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象，则下列说法错误的是（）A.B.C.函数为奇函数D.函数在区间上单调递减〖答案〗D〖解析〗由函数（，，）的部分图象，可得，可得，则，又由，可得，所以，因为，所以，所以A正确；由，可得，又由，所以B正确；将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，此时函数，所以为奇函数，所以C正确；由，可得，当时，即，函数单调递增；当时，即，函数单调递减，所以函数不是单调递减函数，所以D错误.故选：D.12.若过点可以作三条直线与曲线相切，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得，设切点为,，过切点的切线方程为，代入点坐标化简为，即这个方程有三个不等式实根，令，求导得到，由，得，由，得，或，故函数上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，故得,结合，，当时，，时，，得，故选：D．二、填空题13.已知向量，满足，，，则______.〖答案〗〖解析〗由向量，满足，，且，则，所以.故〖答案〗为：.14.若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则双曲线的离心率为______.〖答案〗〖解析〗对于双曲线，其渐近线方程为,对于圆，有，圆心为，半径为，渐近线被圆截得的弦长为，所以圆心到渐近线的距离为，由点到直线距离公式得：,则由则.故〖答案〗为：.15.从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为______.〖答案〗〖解析〗由从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件的总数为个，则抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件为：，共有15个，所以抽到的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为.故〖答案〗为：.16.已知为锐角三角形，，，，是角，，分别所对的边，若；且，则面积的取值范围是______.〖答案〗〖解析〗在锐角中，由，得，即，由正弦定理得，而，则，又，则有，得，，由，解得，由正弦定理得，而，则，因此，由，得，即，于是，所以面积的取值范围是.故〖答案〗为：三、解答题（一）必考题17.已知数列满足，，设.（1）求，，；（2）判断数列是否为等比数列，并说明理由；（3）求的通项公式解：（1）由条件可得，将代入，得，而，所以，将代入，得，所以，又，从而，，.（2）数列是首项为2，公比为3的等比数列，理由如下：由条件可得，即，又，所以是首项为2，公比为3的等比数列（3）由（2）可得，所以.18.如图，在四棱锥中，平面，，，，为棱上的一点，且.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：连接交于点，连接.在底面中，因为，且，由，可得，因为，即，所以在中，，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）解：取的中点，连接，由，，可得为等边三角形，所以，因为，所以，又因为平面，，平面，所以，.以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，在等边三角形中，，所以，可得，所以，，由平面，可得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，取，可得，可得，则，易知二面角的正弦值为.19.为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的9名队员来自高一年级2人，高二年级3人，高三年级4人，本次决定比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行8场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军，积分规则如下：每场比赛5局中以或3:1获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以获胜的队员积2分，落败的队员积1分，（1）求比赛结束后冠亚军恰好来自不同年级的概率；（2）已知最后一轮比赛两位选手是甲和乙，假设每局比赛甲获胜概率均为0.6，①若设最后一轮每局比赛甲获胜为事件，乙获胜为事件，则事件与是什么关系，并求和；②记这轮比赛甲所得积分为求的概率分布列及数学期望.（1）解：由题意，比赛结束后冠亚军恰好来自不同年级的概率.（2）解：①事件与为对立事件，所以，，②的可能取值为，可得；；；.所以的分布列为01230.17920.138240.207360.4752所以期望为.20.在平面直角坐标系中，已知抛物线和