内蒙古自治区2024-2025学年高三数学上学期10月月考理科含解析

Page22内蒙古自治区2024-2025学年高三数学上学期10月月考（理科）（试卷总分：150分考试时间：120分钟）第I卷选择题（共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设全集，集合，，则的取值为（）A.-3 B.3 C.-1 D.1【答案】C【解析】【分析】由题意可得：，进而得到且，即得解.【详解】∵，∴且，∴．故选：C.2.已知复数，是z的共轭复数，若·a=2+bi，其中a，b均为实数，则b的值为（）A.-2 B.-1 C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】依据共轭复数的定义，结合复数的运算性质和复数相等的性质进行求解即可.【详解】因为，所以，因此，所以且则.故选：A3.已知向量，均为单位向量，且，则（）A.-7 B.7 C.-13 D.13【答案】A【解析】【分析】依据题意可得，再依据数量积运算律即可得解.【详解】解：因为向量，均为单位向量，且，所以，则.故选：A.4.视察下列各式：，，，，，可以得出的一般结论是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】1=12，

2+3+4=32，

3+4+5+6+7=52，

4+5+6+7+8+9+10=72，

…，

由上述式子可以归纳：

左边每一个式子均有2n-1项，且第一项为n，则最终一项为3n-2

右边均为2n-1的平方

故选C点睛：归纳推理的一般步骤是：（1）通过视察个别状况发觉某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题（猜想）．5.抛物线上的一点到其焦点的距离等于（）A.12 B.10 C.8 D.6【答案】C【解析】【分析】首先由点求出抛物线方程，即可得到抛物线的准线方程，再依据抛物线的定义计算可得；【详解】解：因为点在抛物线上，所以，解得，所以抛物线方程为，所以准线为，所以，故选：C6.执行如图所示的程序框图，则输出的（）A.2 B.1 C. D.-1【答案】A【解析】【分析】由循环结构中值的改变可知，值呈周期形式，利用周期，求出输出的值.【详解】由循环结构可知，，；，；，；，；…所以S的值以-1，，2的形式循环（），当时，，输出的.故选：A7.在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱AB，的中点.点P为线段EF上的动点.则下面结论中错误的是（）A. B.平面C. D.是锐角【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.【详解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，则，，，，所以，A正确；因为，平面，平面，所以平面，B正确；，所以，所以，C正确；，当时，，此时为钝角，故D错误.故选：D8.已知等比数列的公比，且前4项和为40，，则（）A.9 B.18 C.81 D.36【答案】C【解析】【分析】由等比数列通项公式、前项和公式的基本量运算求解．【详解】∵，∴，即，∴．又∵，∴．由，解得．则．故选：C．9.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解法一：设圆锥底面半径为，高为，依据∽可得，即，利用锥体的体积公式，然后利用基本不等式求最值；解法二：同解法一，利用导数求最值；解法三：设，可得，，即，设，利用二次函数配方即可求解.【详解】解法一：如图，设圆锥底面半径为，高为.由∽可得，即，则，所以，因为，所以，当且仅当，即时取等号，此时圆锥体积最小，最小值为.因为该球的体积为，所以该圆锥体积与其内切球体积比为.解法二：如图，设圆锥底面半径为，高为.由∽可得，即，则，所以令，则，当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即时，该圆锥体积最小，最小值为.又其内切球体积为.所以该圆锥体积与其内切球体积比为，解法三：设，则，所以，又，所以，所以，令，因为，当且仅当时取得最大值，从而圆锥体积最小，最小值为.因为该球的体积为，所以该圆锥体积与其内切球体积比为，故选：D.【点睛】本小题考查圆锥的内切球、几何体的体积、基本不等式等基础学问，考查空间想象实力、推理论证实力、运算求解实力、创新意识，考查函数与方程思想、化归与转化思想、考查数学抽象、数学运算、直观想象、数学建模等核心素养，体现综合性、应用性和创新性.10.某市某校在秋季运动会中，支配了篮球投篮竞赛.现有20名同学参与篮球投篮竞赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响.现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为A.0.5 B.0.48 C.0.4 D.0.32【答案】B【解析】【分析】事务“第一次投进球”和“其次次投进球”是相互独立的，利用对立事务和相互独立事务可求“其中一名同学得2分”的概率.【详解】设“第一次投进球”为事务，“其次次投进球”为事务，则得2分的概率为.故选B.【点睛】本题考查对立事务、相互独立事务，留意互斥事务、对立事务和独立事务三者之间的区分，互斥事务指不同时发生的事务，对立事务指不同时发生的事务且必有一个发生的两个事务，而独立事务指一个事务的发生与否与另一个事务没有关系.11.设，为双曲线的上，下两个焦点，过的直线l交该双曲线的下支于A，B两点，且满意，，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，表示出，由勾股定理列式计算得，然后在，再由勾股定理列式，计算离心率.【详解】由题意得，，且，如图所示，设，由双曲线的定义可得，，因为，所以，得，所以，在中，，即.故选：A【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出，代入公式；②只须要依据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得(的取值范围)．12.已知函数，若对于随意的、、，以、、为长度的线段都可以围成三角形，则的取值范围为（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，可得，设，由对随意的求得，进而可求得函数在区间的值域，由题意可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】令，，则，令，由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，当时，，则，，则，，构造函数，其中，由，可得，由于函数在区间上单调递减，则，可得.二次函数的对称轴为直线，则函数在区间上单调递增，当时，，即.由于以、、为长度的线段都可以围成三角形，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题主要考查了参数取值范围的求解，以及构成三角形的条件和利用函数单调性求函数值域，属于难题.第Ⅱ卷非选择题（共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.同时掷两枚骰子，则点数和为7的概率是__________.【答案】【解析】【分析】利用古典概型概率计算公式即得.【详解】依题意，记抛掷两颗骰子向上的点数分别为，，则可得到数组共有组，其中满意的组数共有6组，分别为，，，，，，因此所求的概率等于.故答案为：.14.若的三个顶点的坐标分别为，，，则该三角形的外接圆的一般方程是______．【答案】【解析】【分析】设出圆的一般方程，代入三点坐标解方程组可得．【详解】设的外接圆的一般方程为．∵的三个顶点的坐标分别为，，，∴可得方程组解得∴的外接圆的一般方程为．故答案为：．15.设函数（，，是常数，，）．若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为_______．【答案】##【解析】【分析】依据单调性、对称性来求得的最小正周期.【详解】在区间上具有单调性，区间的长度为，区间的长度为，由于，所以的一条对称轴为，其相邻一个对称中心为，即，所以.故答案为：16.已知函数，，若对于，恒成立，则实数的取值集合是_______．【答案】##【解析】【分析】分类探讨的符号，结合导数推断的单调性，并题意探讨与的符号，分析运算.【详解】易知函数和函数的图象均过点．①当时，，明显成立；②当时，由可得：当时，则；当时，则；当时，则；∵，当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，且当时，，∴，则；当时，则有：若，则，故成立；若，则，故成立；若，则，当时，，当时，，∴当时，，故成立；故符合题意；③当时，，即，∴不符合题意综上所述：的取值集合是.故答案为：.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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满意．（1）求A；（2）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化边角，然后由三角恒等变换求得；（2）由锐角三角形求得的范围，利用正弦定理把用表示，利用三角函数的恒等变换及正切函数性质得的范围，从而可得三角形面积范围．【小问1详解】∵，∴结合正弦定理有．∵，∴，∴，即，∴．∵，∴，∴，∴，∴，即．【小问2详解】∵为锐角三角形，∴，，∴，．．由正弦定理，得．∵，∴，∴，∴，故的面积的取值范围是．18.如图1，已知直四棱柱，侧棱且垂直于底面，光线沿方向投影得到的主视图是直角梯形（如图2），E，F分别是棱，上的动点，且．（1）证明：无论点运动到BC的哪个位置，四边形都为矩形；（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求CE的长．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）结合面面平行的性质定理、直棱柱的性质证得四边形都为矩形.（2）利用等体积法求得点到平面的距离，依据线与平面所成角的正弦值求得的长.【小问1详解】在直四棱柱中，．又∵，∴．∵平面平面，平面平面，平面平面，∴，∴四边形为平行四边形．∵侧棱底面，平面，∴，∴平行四边形为矩形．【小问2详解】设点到平面的距离为，，则．∵，，，∴，∴．设直线与平面所成的角为．∵，∴，化简得，∴，即CE长为1.19.随着人民生活水平的日益提高，汽车普遍进入千家万户，尤其在近几年，新能源汽车涌入市场，越来越受到人们喜爱．某新能源汽车销售企业在2017年至2024年的销售量y（单位：万辆）数据如下表：年份2017年2024年2024年2024年2024年年份代号x12345销售量y（万辆）1718202223（1）依据数据资料，可用线性回来模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以说明；（2）求出y关于x的线性回来方程，并预料2024年该新能源汽车企业的销售量为多少万辆？附注：参考数据：，，，．参考公式：相关系数，线性回来方程中，，其中为样本平均值．【答案】（1）见解析（2）24.8【解析】【分析】（1）由参考公式及参考数据干脆计算即可；（2）先计算出线性回来方程，再代入即可.【小问1详解】由参考公式和参考数据可得：，明显接近1，故y与x有很好的拟合关系；【小问2详解】由参考公式得，由表中数据可得：，，故，∴回来直线方程为，又2024年对应的代号为6，故，由此预料2024年该新能源汽车企业的销售量为24.8万辆.20.已知椭圆经过点，椭圆的左、右焦点分别是，，经过的动直线交椭圆于P，Q两点，且当时，．（1）求椭圆的方程；（2）设直线，直线AP，AQ分别与直线交于不同的两点D，E，证明：以线段DE为直径的圆经过轴上的定点，并求出全部的定点坐标．【答案】（1）（2）证明见解析；定点坐标为，【解析】【分析】（1）依据条件用a，b，c表示P点的坐标，再依据椭圆的定义即可求出a，b，c；（2）设直线PQ的方程为，以及P，Q点的坐标，与椭圆方程联立，运用韦达定理求出P，Q点坐标之间的关系，再设定以DE为直径的圆与x轴的交点为M，则有，据此即可求出M点的坐标.【小问1详解】设，，则当时，点的横坐标为，将代入椭圆方程，得，整理得．故此时，∵椭圆经过点，∴，由椭圆的定义，得，∴，∴，∴，∴椭圆的方程为；【小问2详解】由（1）可知，故．由于直线AP，AQ分别与直线交于不同的两点D，E，故直线PQ的斜率不为零．设直线PQ的方程为，，，联立得，∴，∴，∴，而直线AP的方程为，令，得D点纵坐标，故；直线AQ的方程为，同理，得，设以线段DE为直径的圆与轴的交点为，则，即，则，∴，即或，因此以线段DE为直径的圆经过轴上的两个定点，并且定点坐标为，；综上，椭圆方程C为，定点坐标为，.【点睛】本题计算量比较大，这是圆锥曲线习题的特点，其中运用DE是直径，则有，并运用向量的数量积表达是奇妙的地方，值得学习.21.已知函数．（1）探讨的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【答案】（1）答案不唯一，详细见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出导函数，然后在时，恒成立，时，求出的根，然后确定的正负得单调性；（2）由（1）知当时，存在两个极值点，同时得出，，，不妨设，变形，然后对不等式分析只要证和．两个不等式转化时都是多元函数化为一元函数，然后引入新函数，利用导数进行证明．【小问1详解】∵，当且仅当时等号成立．当时，恒有，则在上单调递增；当时，，令，．∵，∴方程有两个不相等的实数根，∴，，明显，∴当和时，；当时，．∴当和时，，∴在和上单调递增；当时，，∴在上单调递减．综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减．【小问2详解】证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，∴，，∴，，∴．设，由（1）易知，∴．要证明，只要证明．设，则，∴当时，单调递增，从而，即，∴成立，从而成立．要证明，只要证明．由（1）知，，，只要证明．设，则，，则当时，单调递增，从而；则当时，单调递减，从而，即成立，从而．综上，得．【点睛】本题考查用导数确定函数的单调性，用导数证明不等式，解题关键是利用变量的关系多元化一元，然后引