您好,欢迎来到划驼旅游。
搜索
您的当前位置:首页2024年内蒙古高考数学(理)试题(含答案)

2024年内蒙古高考数学(理)试题(含答案)

来源:划驼旅游
2024年内蒙古高考数学(理)试题及答案

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

因篇幅问题不能全部显示,请点此查看更多更全内容

Copyright © 2019- huatuo6.com 版权所有 湘ICP备2023023988号-11

违法及侵权请联系:TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com

本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务