内蒙古赤峰市2024届高三上学期1.30模拟理科数学试题（含答案解析）

赤峰市高三年级1.30模拟考试试题理科数学2024.01本试卷共23小题，共150分，共8页，考试时间用时120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴条形码区域内.2.选择题答案必须使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚.3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答案区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸，试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破，弄皱，不准使用涂改液，修正带，刮纸刀.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.已知复数满足，为的共轭复数，等于（）A.2i B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的概念及复数加减运算法则计算.【详解】，故，则.故选：B2.若全集，集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式，利用补集和交集的概念进行计算.【详解】，故，.故选：B3.下列函数中，是偶函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先判断出函数定义域再利用函数奇偶性的定义逐项判断即可得出结论.【详解】对于A，函数定义域为，且，为奇函数，A错误；对于B，函数定义域为，且，为非奇非偶函数，B错误；对于C，函数定义域为，且，为奇函数，C错误；对于D，函数定义域，，为偶函数，D正确.故选：D4.已知实数，，，则，，这三个数的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指数对数函数的单调性即可判断大小.【详解】由于，即，由，即，由，即，故.故选：C5.已知直线，则“是直线与相交”的（）A.充分必要条件 B.必要而不充分条件C.充分而不必要条件 D.即不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系分别验证充分性，必要性即可得到.【详解】当直线：与相交时，则，即，当时满足，即“是直线与相交”的充分条件，当直线：与相交时，不一定有，如时也满足，所以“是直线与相交”的充分不必要条件，故选：C.6.已知抛物线的焦点为，点的坐标是，P为上一点，则的最小值为（）A. B.6 C. D.5【答案】D【解析】【分析】过点P作抛物线准线l的垂线段，垂足为点，过点A作于点H，结合抛物线的定义可得答案.【详解】由拋物线知，则，准线l方程为，如图所示，点A在抛物线内，过点P作抛物线准线l的垂线段，垂足为点，过点A作于点H，由抛物线的定义得,所以,当且仅当点P是线段与抛物线的交点（即A，P，H三点共线）时取等号．所以的最小值为，故选：D.7.为了测量西藏被誉称为“阿里之巅”冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式进行，测量人员从山脚开始，直到到达山顶分段测量过程中，已知竖立在点处的测量觇标高米，攀登者们在处测得，到觇标底点和顶点的仰角分别为，则的高度差约为（）A.7.32米 B.7.07米 C.27.32米 D.30米【答案】A【解析】【分析】画出示意图，结合三角函数的定义和正切展开式求解即可.【详解】模型可简化为如上图，在中，，所以，而，代入上式并化简可得米，故选：A.8.已知递增的等比数列的前项和为，若是与的等差中项，则（）A21 B.21或57 C.21或75 D.57【答案】A【解析】【分析】由题意列方程求得等比数列的首项和公比，根据等比数列的前n项和公式，即可求得答案.【详解】设等比数列的公比为q，由是与的等差中项，得，解得或，则时，，当时，，此时等比数列递减，不合题意；故，，则，故选：A9.七巧板是我国古代劳动人民的发明之一，被誉为“东方模板”，它由五块等腰直角三角形，一块正方形和一块平行四边形共七块板组成，如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形丢一粒种子，则种子落入黑色部分的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设小正方形边长1，求阴影部分的面积和大正方形的面积，利用几何概型即可计算.【详解】设小正方形边长1，可得黑色平行四边形底为，高，黑色等腰直角三角形直角边为2，斜边，即大正方形边长，所以落入黑色部分的概率，故选：D.10.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”，“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设从上往下各层的球数构成数列，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题可得，后由裂项求和法可得答案.【详解】注意到，则.则.故选：B11.过双曲线的右顶点作斜率为的直线，与的两条渐近线分别交于点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出直线方程与渐近线方程联立，解出两点的横坐标，再利用已知列方程解出，最后求出离心率即可.【详解】设直线方程为，因为渐近线方程为，联立两方程解得，因为，所以，即，化简可得，所以离心率，故选：B.12.已知函数定义域为，，，则下列命题正确的个数是（）①若，，则函数在上是增函数②若，，则函数是奇函数③若，，则函数是周期函数④若，且，，则函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递减A.3个 B.2个 C.1个 D.0个【答案】A【解析】【分析】令可判断①，利用奇函数定义可判断②，由周期函数的定义可判断③，根据函数单调性的定义即可判断④.【详解】对于①，令此时，即满足，此时，举例，，则，则函数在上不是增函数，故①错误；对于②，令，则，可得，即满足，则函数是奇函数，可知②正确；对于③，若，，令，所以，即，满足，可得函数是周期为的周期函数，即③正确；对于④，取，满足，则，所以函数在区间上单调递增，所以；可得，因为，且，，所以；即，可得且；所以函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，即函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，故④正确；综上共3个正确，故选：A.【点睛】方法点睛：在求解抽象函数奇偶性以及单调性时，要根据已知条件充分利用奇偶性和单调性定义，化简变形进行证明即可求得结论.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.有3名同学同时被邀请参加一项活动，必须有人去，去几人自行决定，共有_________种不同的去法.（用数字回答）【答案】7【解析】【分析】按去1，2，3个人分类，利用组合数求解即可.【详解】由题意，去1人有种去法，去2人有种去法，去3人有种去法，所以共有种不同的去法，故答案为：714.已知单位向量满足，则________.【答案】【解析】【分析】由向量数量积的运算率和模长计算可得.【详解】，又为单位向量，所以，，故.故答案为：15.《孙子算经》中提到“物不知数”问题.如：被3除余2的正整数按照从小到大的顺序排成一列，即，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为________.【答案】19【解析】【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式，即可得到，再由基本不等式即可得到结果.【详解】由题意可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，则，所以，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：16.祖暅是我国南北朝时期的数学家，著作《缀术》上论及多面体的体积：缘幂势既同，则积不容异——这就是祖暅原理.用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这个两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.在棱长为2的正方体中，是上一点，于点，，点绕旋转一周所得圆的面积为_________（用表示）；将空间四边形绕旋转一周所得几何体的体积为_________.【答案】①.②.【解析】【分析】第一空由已知，点绕旋转一周所得圆的面积即为以为半径的圆面积；第二空空间四边形绕旋转一周所得几何体的体积，利用祖暅原理可以转化为一个底面半径和高均为的圆柱体积加一个一个底面半径和高均为的圆锥的体积.【详解】在正方体中，棱长为2，是上一点，于点，，，，即点绕旋转一周所得圆的半径为，点绕旋转一周所得圆的面积为.根据祖暅原理“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这个两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”，将空间四边形绕旋转一周，可以转化为一个底面半径和高均为的圆柱体积加一个一个底面半径和高均为的圆锥的体积，所以空间四边形绕旋转一周所得几何体的体积为：.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，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额的统计表（金额（万元））.月份1月2月3月4月5月月份编号12345金额712131924（万元）（1）根据统计表，①求该公司带货金额的平均值；②求该公司带货金额与月份编号的样本相关系数（精确到0.01），并判断它们是否具有线性相关关系（，则认为与的线性相关性较强；，则认为与的线性相关性较弱）；（2）该公司现有一个直播间销售甲、乙两种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两种产品中分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到甲产品的件数为，试求的分布列与期望.附：相关系数公式，参考数据：，，，.【答案】（1）①；②，两个变量具有很强的线性相关性（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据平均数和相关系数公式代入求解即可；（2）利用超几何分布求分布列，进而求期望即可.【小问1详解】①由统计表数据可得：，②由于，，，所以相关系数，因此，两个变量具有很强的线性相关性.【小问2详解】由题意知，的可能取值为0，1，2，3，因为，，，，所以的分布列为：0123所以.18.在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答.问题：在中，角、、所对边分别为、、，已知_________.（1）求；（2）若的外接圆半径为2，且，求.注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分.【答案】（1）条件选择见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据正余弦定理边角互化，即可结合三角恒等变换求解，（2）根据余弦的和差角公式可得，进而利用率正弦定理可得，由余弦定理即可求解.【小问1详解】选择条件①：因为，在中，由余弦定理可得，由余弦定理可得，则，因为，所以.选择条件②：因为，由正弦定理得，.即，则，因为，所以，因为，所以.【小问2详解】因为，所以，即，即，又因为，所以.由于的外接圆半径为，由正弦定理可得，可得，所以，由余弦定理可得，所以.19.如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）若平面，且，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）连接，根据题意证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行判定定理，即可证得平面；（2）法1、由，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；法2、过点作，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，连接，因为是线段的中点，且，可得，又因为，所以，因为，四边形是平行四边形，所以，又因为内，所以平面，所以平面.【小问2详解】解：法1、因为底面是等腰梯形，且，，可得，在中，由余弦定理得，所以，又由，所以，因平面，平面，可得，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示可得，，，，，所以，，设平面的一个法向量是，则，取，则，，所以，又由向量，设直线与平面所成角为，，所以直线与平面所成角的正弦值为.法2、因为底面是等腰梯形，且，过点作，垂足为，则，以为坐标原点，以，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，设，因为，可得，所以，，设平面的法向量为，则,取，可得，所以，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.20.已知椭圆的左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为，为椭圆上一点，且.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线与椭圆交于两点（其中点位于轴上方），记直线的斜率分别为，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义直接求解即可；（2）设直线，，，将椭圆方程与直线方程联立，利用韦达定理求解即可.【小问1详解】由于椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上，且，所以根据椭圆定义可知，，则，所以椭圆的方程为：.【小问2详解】由题意可知直线斜率不为0，设直线，，，联立可得，则得，，所以，由于点位于轴上方，所以均大于，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；（5）代入韦达定理求解.21.已知函数，.（1）当时，求在处的切线方程；（2）若，，使得，①求的单调区间；②求的取值范围.【答案】（1）（2）①递增区间为，；递减区间为，；②【解析】【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义得到切线方程；（2）①求导，对导函数进行因式分解，解不等式得到函数的单调区间；②得到，求出，在上递减，在上递增，分，和，得到函数单调性和最大值，进而得到不等式，求出答案.【小问1详解】时，，，又，，所以，即.【小问2详解】①由题可得，令，可得，，，当时，，当时，，所以的递增区间为，；递减区间为，.②由题可得，由（1）得在上递增，上递减，，，所以.由题可得，由可得，所以在上递减，在上递增.若，即，则在单调递增，，则，所以.若，即，则在单调递减，所以，所以无解.若，即，则在上单调递减，在上单调递增，所以或，则，且，解得.综上所述，的取值范围为.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图象确定条件.（二）选考题：共10分.请考生在第22