2024年内蒙古高考数学(理)试题(含答案)

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z5i，则A 10iizz（ ）

C. 10

D. 2.B. 2i

【答案】A【解析】

【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.

【详解】由z5iz5i,zz10，则izz10i.故选：A

2. 集合A1,2,3,4,5,9,BxA. 1,4,9【答案】D【解析】

【分析】由集合B的定义求出B，结合交集与补集运算即可求解.【详解】因为A1,2,3,4,5,9,BxxA，则ðAAB（ ）

C. 1,2,3D. 2,3,5B. 3,4,9xA，所以B1,4,9,16,25,81，

则AB1,4,9，ðAAB2,3,5 故选：D

4x3y303. 若实数x,y满足约束条件x2y20，则zx5y的最小值为（ ）2x6y90A. 5【答案】D【解析】

【分析】画出可行域后，利用z的几何意义计算即可得.

B.

12C. 2D. 724x3y30【详解】实数x,y满足x2y20，作出可行域如图：2x6y90由zx5y可得y15x15z，即z的几何意义为y15x115z的截距的5，

则该直线截距取最大值时，z有最小值，

此时直线y15x15z过点A，联立4x3y30x336y90，解得2x2，即Ay12,1，

则z3min25172.故选：D.

4. 等差数列an的前n项和为Sn，若S5S10，a51，则a1（ ）A. 2B.

73C. 1D. 2

【答案】B【解析】

【分析】由S5S10结合等差中项的性质可得a80，即可计算出公差，即可得a1的值.【详解】由S10S5a6a7a8a9a105a80，则a80，则等差数列aan的公差d8a5313，故ad14171a5433.故选：B.

5. 已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,4)，点(6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（A. 4B. 3

C. 2

D.

2【答案】C【解析】

【分析】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.

） 【详解】设F10,4、F20,4、P6,4，则F1F22c8，PF1624410，PF262446，

2c82.2a422则2aPF1PF21064，则e故选：C.

xe2sinx，则曲线6. 设函数fxyfx在0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）

21xA.

16B.

13C.

12D.

23【答案】A【解析】

【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.

【详解】fx0则f01xe2cos010e2sin003，

0ex2cosx1x2ex2sinx2x22，

102即该切线方程为y13x，即y=3x+1，令x0，则y1，令y0，则x=-1，

3故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S故选：A.

1111.2367. 函数fxx2exexsinx在区间[2.8,2.8]的大致图像为（ ）

A. B.

C. D.

【答案】B【解析】

【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入x1可得f10，可排除D.【详解】fxx2exexsinxx2exexsinxfx，又函数定义域为2.8,2.8，故该函数为偶函数，可排除A、C，又f11esin11esin故可排除D.故选：B.8. 已知

1e1eπe11110，622e42eπcos，则tan3（ ）4cossinB. 231C.

A. 231【答案】B【解析】【分析】先将

32D. 13cos弦化切求得tan，再根据两角和的正切公式即可求解.cossin【详解】因为

cos3，

cossin所以

13，

3，tan11tan3tan1231，41tan所以tan故选：B.

9. 已知向量ax1,x,bx,2，则（ ）

A. “x3”是“ab”的必要条件C. “x0”是“ab”的充分条件【答案】C【解析】

B. “x3”是“a//b”的必要条件D. “x13”是“a//b”的充分条件

【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.【详解】对A，当ab时，则ab0，

所以x(x1)2x0，解得x0或3，即必要性不成立，故A错误；对C，当x0时，a1,0,b0,2，故ab0，所以ab，即充分性成立，故C正确；

对B，当a//b时，则2(x1)x2，解得x13，即必要性不成立，故B错误；

对D，当x13时，不满足2(x1)x2，所以a//b不成立，即充分性不立，故D错误.故选：C.

10. 设、是两个平面，m、n是两条直线，且m.下列四个命题：①若m//n，则n//或n// ③若n//，且n//，则m//n 其中所有真命题的编号是（ ）A. ①③【答案】A【解析】

【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.【详解】对①，当n，因为m//n，m，则n//，当n，因为m//n，m，则n//，

当n既不在也不在内，因为m//n，m,m，则n//且n//，故①正确；对②，若mn，则n与,不一定垂直，故②错误；

对③，过直线n分别作两平面与,分别相交于直线s和直线t，

B. ②④

C. ①②③

D. ①③④

②若mn，则n,n④若n与和所成的角相等，则mn因为n//，过直线n的平面与平面的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，同理可得n//t，则s//t，因为s平面，t平面，则s//平面，因为s平面，m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；

对④，若m,n与和所成的角相等，如果n//,n//，则m//n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.

11. 在ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B9π，b2ac，则sinAsinC（ ）3472D.

A.

32B.

2C.

32【答案】C【解析】

【分析】利用正弦定理得sinAsinC1，再利用余弦定理有2213，再利用正弦定理得到

acac34sin2Asin2C的值，最后代入计算即可.

【详解】因为B3,b29，则由正弦定理得41acsinAsinCsin2B.493由余弦定理可得:b2a2c2ac9，

ac4即:a2c213，根据正弦定理得21313acsinAsin2CsinAsinC，44127，

4所以(sinAsinC)2sin2Asin2C2sinAsinC因为A,C为三角形内角，则sinAsinC0，则sinAsinC7.2故选：C.

12. 已知b是a,c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆x2y24y10交于A,B两点，则AB的最小值为（ ）A. 2【答案】C【解析】

【分析】结合等差数列性质将c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.【详解】因为a,b,c成等差数列，所以2bac，c2ba，代入直线方程ax+by+c=0得

B. 3

C. 4

D. 25x10x1得，axby2ba0，即ax1by20，令y20y2故直线恒过1,2，设P1,2，圆化为标准方程得：C:x2y225，设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PCAB时，AB最小，

PC1,ACr5，此时AB2AP2AC2PC22514.

故选：C

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 1x的展开式中，各项系数的最大值是______．

3【答案】5【解析】

9rr110r1r1C10C1033，进而求出即

【分析】先设展开式中第r1项系数最大，则根据通项公式有r10r11rr1r11CC10103310可求解.

【详解】由题展开式通项公式为TCr1r110310rxr，0r10且rZ，

9rr110rr11C10C1033，

设展开式中第r1项系数最大，则10r11rr1r11C10C103329r334，即29r，又rZ，故r8，

44r334所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C15.

38102故答案为：5.

14. 已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2r2r1和3r2r1，则两个圆台的体积之比

V甲=______．V乙【答案】【解析】

【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.

【详解】由题可得两个圆台的高分别为h甲22，2r1r2r1r23r1r222，h乙3r1r2r1r222r1r213r1r2V甲3S2S1S2S1h甲h甲6所以.1V乙4S2S1S2S1h乙h乙22r1r23故答案为：6.4115，则a______．log8aloga4215. 已知a1，【答案】

【解析】

【分析】将log8a,loga4利用换底公式转化成log2a来表示即可求解.【详解】由题

11315log2a，整理得log2a25log2a60，log8aloga4log2a22log2a1或log2a6，又a1，

所以log2a6log226，故a26故答案为：.

16. 有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n差的绝对值不超过1的

2概率是______．【答案】【解析】

【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则

715ab32cab3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.

【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A3种，6120设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则故2c(ab)3，故32c(ab)3，故ab32cab3，

若c1，则ab5，则a,b为：2,3,3,2，故有2种，

若c2，则1ab7，则a,b为：1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，

abcab1，3223,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，

当c3，则3ab9，则a,b为：

1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，

故有16种，

当c4，则5ab11，同理有16种，当c5，则7ab13，同理有10种，当c6，则9ab15，同理有2种，共m与n的差的绝对值不超过故所求概率为故答案为：

567.120151时不同的抽取方法总数为

22101656，

2715三、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题~第21题为必考题，每个考题考生必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．

17. 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：

优级品

甲车间乙车间总计

267096

合格品242852

不合格品

022

总计50100150

（1）填写如下列联表：

优级品

甲车间乙车间

能否有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？

（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率p0.5，设p为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果

非优级品

pp1.65p(1p)，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为n生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（15012.247）

2n(adbc)附：K2(ab)(cd)(ac)(bd)PK2kk0.0503.841

0.0106.635

0.00110.828

【答案】（1）答案见详解 （2）答案见详解【解析】

【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算K2，并与临界值对比分析；（2）用频率估计概率可得p0.，根据题意计算p1.65【小问1详解】根据题意可得列联表：

p(1p)，结合题意分析判断.

n优级品非优级品

甲车间乙车间

2670

2430

2可得K2150263024705010096754.6875，16因为3.8414.68756.635，

所以有95%的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有99%的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.【小问2详解】

由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为

960.，150用频率估计概率可得p0.，

又因为升级改造前该工厂产品的优级品率p0.5，

则p1.65p1pn0.51.650.510.51500.51.650.50.568，

12.247可知pp1.65p(1p)，n所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.18. 记Sn为数列an的前n项和，且4Sn3an4．（1）求an的通项公式；

（2）设bn(1)n1nan，求数列bn的前n项和为Tn．【答案】（1）an4(3)n1 （2）Tn(2n1)3n1【解析】

【分析】（1）利用退位法可求an的通项公式．（2）利用错位相减法可求Tn.【小问1详解】

当n1时，4S14a13a14，解得a14．

当n2时，4Sn13an14，所以4Sn4Sn14an3an3an1即an3an1，而a140，故an0，故

an3，an1∴数列an是以4为首项，3为公比的等比数列，所以an43n1.【小问2详解】

bn(1)n1n4(3)n14n3n1,

所以Tnb1b2b3bn43083112324n3n1故3Tn43183212334n3n所以2Tn443143243n14n3n44313n1134n3n4233n114n3n(24n)3n2，

Tn(2n1)3n1.

19. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，

BC//AD,EF//AD，AD4,ABBCEF2，ED10,FB23，M为AD的中点．

（1）证明：BM//平面CDE；

（2）求二面角FBME的正弦值．【答案】（1）证明见详解； （2）4313【解析】

【分析】（1）结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM//CD，进而得证；

（2）作BOAD交AD于O，连接OF，易证OB,OD,OF三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.【小问1详解】

因为BC//AD,EF2,AD4,M为AD的中点，所以BC//MD,BCMD，四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM平面CDE，

CD平面CDE，所以BM//平面CDE；

【小问2详解】

如图所示，作BOAD交AD于O，连接OF，

因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,AD4,ABBC2，所以CD2，结合（1）BCDM为平行四边形，可得BMCD2，又AM2，

所以ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB3，

又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EFMD,EF//MD，四边形EFMD为平行四边形，FMEDAF，

所以△AFM为等腰三角形，ABM与△AFM底边上中点O重合，OFAM，

OFAF2AO23，

因为OB2OF2BF2，所以OBOF，所以OB,OD,OF互相垂直，

以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立Oxyz空间直角坐标系，

F0,0,3，BBE3,2,3，设平面BFM的法向量为mx1,y1,z1，

3,0,0,M0,1,0,E0,2,3，BM3,1,0,BF3,0,3，

平面EMB的法向量为nx2,y2,z2，

mBM0，即则mBF0nBM0则，即nBE0即n3x1y103x13z103x2y20，令x13，得y13,z11，即m3,3,1，

1111mn43，cosm,n，，则sinm3,3,1,nmn131313133x22y23z20，令x23，得y23,z21，

故二面角FBME的正弦值为43.13223xy20. 设椭圆C:的右焦点为F，点M1,在C上，且MFx轴．1(ab0)2a2b2（1）求C的方程；

（2）过点P4,0的直线与C交于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：

AQy轴．

22xy【答案】（1）1 43（2）证明见解析【解析】

【分析】（1）设Fc,0，根据M的坐标及MFx轴可求基本量，故可求椭圆方程.

（2）设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y1yQ，结合韦达定理化简前者可得y1yQ0，故可证AQy轴.【小问1详解】

22b3a13，故设Fc,0，由题设有c1且a2，故b3，，故a2a222xy故椭圆方程为1.43【小问2详解】

直线AB的斜率必定存在，设AB:yk(x4)，Ax1,y1，Bx2,y2，

3x24y212由可得34k2x232k2xk2120，yk(x4)故Δ1024k4434k2k2120，故11k，222232kk12，又xx,xx121234k234k235y25BN:yx，故23y2，而N,0，故直线y52Q52x25x22x222y2所以y1yQy1y2x253y23y212x252x25kx142x253kx242x25k21232k2258222x1x25x1x2834k34kkk2x252x25128k224160k22432k22，34kk02x25故y1yQ，即AQy轴.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为x1x2、x1x2（或y1y2、y1y2）的形式；（5）代入韦达定理求解.

21. 已知函数fx1axln1xx．（1）当a2时，求fx的极值；

（2）当x0时，fx0恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）极小值为0，无极大值. （2）a【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就a121、1a0、a0分类讨论后可得参数的取值范围.22【小问1详解】

当a2时，f(x)(12x)ln(1x)x，故f(x)2ln(1x)12x112ln(1x)1，1x1x11在1,上为增函数，1x因为y2ln(1x),y故f(x)在1,上为增函数，而f(0)0，

故当1x0时，f(x)0，当x0时，f(x)0，故fx在x0处取极小值且极小值为f00，无极大值.【小问2详解】

fxaln1xa1x,x0，1ax1aln1x1x1xa1x1x,x0，

设sxaln1x则sx当aa1ax1a1ax2a1a，22x11x21x1x1时，

sx0，故sx在0,上为增函数，

2故sxs00，即fx0，

所以fx在0,上为增函数，故fxf00.当12a1时，

sx0，a0时，当0x2a故sx在0,2a12a1上为减函数，故在0,上sxs0，aa即在0,2a1上fx0即fx为减函数，a2a1上fxf00，不合题意，舍.a故在0,当a0，此时sx0在0,上恒成立，

同理可得在0,上fxf00恒成立，不合题意，舍；综上，a1.2【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.

（二）选考题：共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答，并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分，如果多做，则按所做的第一题计分．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为cos1.（1）写出C的直角坐标方程；（2）设直线l：xt（t为参数），若C与l相交于A、B两点，若AB2，求a的值.

yta【答案】（1）y22x1 （2）a【解析】

22xy【分析】（1）根据可得C的直角方程.

cosx34（2）将直线的新的参数方程代入C的直角方程，

法1：结合参数s的几何意义可得关于a的方程，从而可求参数a的值；法2：将直线的直角方程与曲线的直角方程联立，结合弦长公式可求a的值.【小问1详解】

22xy由cos1，将代入cos1，

cosx故可得2x2y2x1，两边平方后可得曲线的直角坐标方程为y2x1.

【小问2详解】

对于直线l的参数方程消去参数t，得直线的普通方程为yxa.法1：直线l的斜率为1，故倾斜角为

π，42sx

2故直线的参数方程可设为，sR.ya2s2

将其代入y22x1中得s222(a1)s2a210设A,B两点对应的参数分别为s1,s2，则s1s222a1,s1s22a21，且Δ8a18a211616a0，故a1，

2ABs1s2法2：联立s1s24s1s28a18(a21)2，解得a223.4yxa，得x2(2a2)xa210，2y2x1Δ(2a2)24a218a80，解得a1，

设Ax1,y1,Bx2,y2,x1x222a,x1x2a21，则AB112解得ax1x22224x1x22(22a)4a12，

34[选修4-5：不等式选讲]23. 实数a,b满足ab3．（1）证明：2a22b2ab；（2）证明：a2b2b2a26．【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析【解析】

【分析】（1）直接利用2a22b2(ab)2即可证明.（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.【小问1详解】

因为2a22b2ab2a22abb2ab20，当ab时等号成立，则2a22b2(ab)2，因为ab3，所以2a22b2(ab)2ab;【小问2详解】

a2b2b2a2a2b2b2a22a22b2(ab)2a22b2(ab)(ab)2(ab)(ab)(ab1)326