2024成都列五中学高三上学期10月月考试题数学（理）含解析

2023-2024学年度（上）阶段性考试（一）

高2021级数学（理科）

一、选择题（每个小题都有4个选项，其中只有1个正确选项，请把正确选项直接填涂在答题卡相应位置上.每小题5分，共60分.）

1. 某同学计划2023年高考结束后，在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观，则大学恰好被选中的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】基本事件总数为，大学恰好被选中的基本事件为：，根据古典概型概率公式即可求解.

【详解】依题意，

在A，B，C，D，E五所大学中随机选两所去参观的基本事件总数为：，

大学恰好被选中的基本事件为：，

所以大学恰好被选中的概率为：.

故选：B.

2. 设集合，集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意逐一考查所给的选项运算结果是否为即可.

【详解】由题意可得，则，选项A正确；

，则，选项B错误；

，则或，选项C错误；

或，则或，选项D错误；

故选：A.

3. 已知复数（x，）对应的点在第一象限，z的实部和虚部分别是双曲线C的实轴长和虚轴长，若，则双曲线C的焦距为（    ）

A. 8 B. 4 C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】利用双曲线的定义和复数模的定义即可求得双曲线C的焦距.

【详解】复数（x，）对应的点在第一象限，则，

又z的实部和虚部分别是双曲线C的实轴长和虚轴长，，

则双曲线C的焦距为

故选：B

4. 展开式中的系数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】应用二项式展开式分类计算即可.

【详解】因为，

所以含有的项为，

故选：C.

5. 函数的图像大致为（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据奇偶性判断CD；根据特殊点判断AB.

【详解】函数的定义域为，，

即函数为奇函数，故CD错误；

由可知，C错误，A正确；

故选：A

6. 将六位数“”重新排列后得到不同的六位偶数的个数为 （    ）

A.  B.  C. 216 D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意，分末尾是或，末尾是，即可得出结果.

【详解】由题意，

末尾是或，

不同偶数个数为，

末尾是，

不同偶数个数为，

所以共有个.

故选：D

7. 设，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】令求出，再令求出，即可得解.

【详解】因为，

令，可得，

令，可得，

所以.

故选：A

8. 执行如图所示的程序框图，若输入的，则（    ）

A. 输出的S的最小值为，最大值为5 B. 输出的S的最小值为，最大值为4

C. 输出的S的最小值为0，最大值为5 D. 输出的S的最小值为0，最大值为4

【答案】A

【解析】

【分析】作出可行域，利用线性规划与程序框图判定即可.

【详解】作出不等式组表示的可行域，

由图可知，当直线过点时，取得最大值4，

当直线过点时，取得最小值．

因为，且，所以输出的的最小值为，最大值为5．

故选：A

9. 某四面体的三视图如图所示（3个三角形都是直角边为1的等腰直角三角形），该四面体的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三视图还原几何体，借助正方体可求外接球的半径，从而得到面积.

【详解】由题意可知，几何体是正方体一个角的三棱锥，它的外接球就是棱长为1的正方体的外接球，

外接球的半径为，所以外接球的表面积为.

故选：A.

10. 2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策，选派了6名工作人员到A 、B、C三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的安排方式共有（     ）种．

A. 540 B. 480 C. 360 D. 240

【答案】A

【解析】

【分析】把6名工作人员分别分为，1，，，2，，，2，三种情况讨论，然后分别计算即可求解．

【详解】解：把6名工作人员分为1，1，4三组，则不同的安排方式共有：种，

把6名工作人员分为2，2，2三组，不同的安排方式共有：种，

把6名工作人员分为1，2，3三组，不同的安排方式共有：种，

综上，不同的安排方式共有种，

故选：A．

11. 设是定义在上的偶函数，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则正数的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析可知，由已知可得对任意的恒成立，解得对任意的恒成立，可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且当时，，

则当时，，，故对任意的，，

对任意的，不等式恒成立，

即，即对任意的恒成立，

且为正数，则，可得，所以，，可得.

故选：A.

12. 如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.

【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，

则如图，水最少临界情况为，水面为面，

水最多的临界情况为多面体，水面为，

因，

，

所以，即.

故选：A.

二、填空题（请把每个小题的答案直接填写在答题卡相应位置上，每小题5分，共20分.）

13. 已知随机变量，若，则___________.

【答案】16

【解析】

【分析】根据正态分布可得，结合方差的性质运算求解.

【详解】因为，则，

又因为，所以.

故答案为：16.

14. 已知向量，．若向量与垂直，则________．

【答案】7

【解析】

【分析】首先求出的坐标，再根据两个向量垂直的性质得到，根据向量数量积的坐标运算得到方程，即可求得实数的值．

【详解】解：因为，，所以，因为向量与垂直，所以，解得，

故答案为：7．

15. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】由得出，由定义结合勾股定理得出，再由勾股定理得出离心率.

【详解】解：如图，

因为，则，

设，则，则，

由勾股定理可得，即，

整理可得，因为，解得，

所以，，，

由勾股定理可得，即，整理可得，

因此，该双曲线的离心率为.

故答案为：

16. 若函数在上单减，则实数的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】求出的单调减区间，由为减区间的子集求出的取值范围.

【详解】，

当时，，在为增函数，

当时，由得，故单调减区间为，

因为在上单减，所以，解得.

故答案为：

三、解答题（解答须写出必要的文字说明，推理过程和演算步骤）

17. 为了有针对性地提高学生体育锻炼的积极性，某校需要了解学生是否经常锻炼与性别因素有关，为此随机对该校100名学生进行问卷调查，得到如下列联表．

已知从这100名学生中任选1人，经常锻炼的学生被选中的概率为．

附：.

（1）完成上面的列联表；

（2）根据列联表中的数据，判断能否有90%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别因素有关．

【答案】（1）列联表见解析   

（2）有90%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别因素有关

【解析】

【分析】（1）根据概率计算这100名学生中经常锻炼的学生数，进而填写列联表；

（2）根据独立性检验求解即可.

小问1详解】

解：设这100名学生中经常锻炼的学生有x人，则，解得．

列联表完成如下

【小问2详解】由（1）可知，，

因为，所以有90%的把握认为该校学生是否经常锻炼与性别因素有关．

18. 为了不断提高教育教学能力，某地区教育局利用假期在某学习平台组织全区教职工进行网络学习．第一学习阶段结束后，为了解学习情况，负责人从平台数据库中随机抽取了300名教职工的学习时间（满时长15小时），将其分成六组，并绘制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．

参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，．

（1）求a的值；

（2）以样本估计总体，该地区教职工学习时间近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数，经计算知．若该地区有5000名教职工，试估计该地区教职工中学习时间在内的人数；

（3）现采用分层抽样方法从样本中学习时间在内的教职工中随机抽取5人，并从中随机抽取3人作进一步分析，分别求这3人中学习时间在内的教职工平均人数．（四舍五入取整数）

【答案】（1）   

（2）4093    （3）1

【解析】

【分析】（1）由频率之和等于1，得出；

（2）计算平均数得出，再由正态分布的概率估计即可；

（3）由分层抽样得出的所有可能取值，再由超几何分布求解.

【小问1详解】

解：由题意得，解得．

【小问2详解】

由题意知样本的平均数为

，所以．

又，所以

．

则，

所以估计该地区教职工中学习时间在内的人数约为4093．

【小问3详解】

对应的频率比为，即为，

所以抽取的5人中学习时间在内的人数分别为2，3，

设从这5人中抽取的3人学习时间在内的人数为，

则的所有可能取值为0，1，2，

，

所以．

则这3人中学习时间在内的教职工平均人数约为1．

19. 如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形，且，．

（1）若为的中点，求证：平面；

（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行和面面平行的判定定理进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【小问1详解】

连接，

在中，分别为的中点，所以，

因为平面平面，所以平面，

在矩形中，，

同理可得平面，又，平面，

所以平面平面，

因为平面，所以平面；

【小问2详解】

过点做交于点，连接

由题可知平面，且，所以平面

则，又，平面，

所以平面，

∴在平面内射影为，

则即为与平面所成的角，所以

在中，由可知

则，，

以为坐标原点，所在直线为轴，

过点垂直于平面为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，所以，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，，所以，

所以，

因为二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

20. 已知拋物线的顶点在原点，对称轴为 ​轴，且经过点​.

（1）求抛物线方程;

（2）若直线 ​与抛物线交于​两点，且满足​，求证: 直线​恒过定点，并求出定点坐标.

【答案】（1）   

（2）定点，证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据抛物线过点，代入即可求出结果;

（2）由题意直线方程可设为，将其与抛物线方程联立，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.公众号：高中试卷君

【小问1详解】

由题可知，拋物线的开口向右，

设拋物线方程为 ​，

因为经过点​，

所以 ​，解得​

所以，抛物线的标准方程为: ​.

【小问2详解】

如图，

设直线 ​的方程为:​，

联立方程 ​

消 ​有：​

由于交于​两点，设​，

则 ​，即​，

​，

由 ​.

则 ​.

解得: ​，验证满足条件.

所以直线 ​的方程为​，

即证直线​恒过定点.

21. 已知函数.

（1）当时，试讨论函数的单调性；

（2）设函数有两个极值点，证明：.

【答案】（1）在区间，上单调递增，在区间单调递减   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，利用导函数的符号讨论即可；

（2）由函数有两个极值点可得在上有两个根，从而求得的取值范围，再结合韦达定理可知，则原不等式转化为证明，利用导数研究单调性进而证明即可.

【小问1详解】公众号：高中试卷君

当时，定义域为，

，

令解得或，且当或时，，当时，，

所以当或时，单调递增，当时，单调递减，

综上在区间，上单调递增，在区间单调递减.

【小问2详解】

由已知，可得，

函数有两个极值点，即在上有两个不等实根，

令，只需，故，

又，，

所以

，

要证，即证，

只需证，

令，，

则，

令，则恒成立，

所以在上单调递减，

又，，

由零点存在性定理得，使得，

即，

所以时，，单调递增，

时，，单调递减，

则，

又由对勾函数知在上单调递增，

所以

所以，即得证.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；

（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性求参数；

（3）利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题；

（4）利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个：其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）已知点，直线的参数方程为(为参数，)，且直线与曲线交于A、两点，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据参数方程消参即可得出直角坐标方程；

（2）转化直线的参数方程与曲线方程联立，结合韦达定理计算即可.

【小问1详解】

曲线的参数方程为为参数），

则，即，

两式相减，可得曲线的直角坐标方程：

【小问2详解】

直线与曲线交于A、两点，

设A，两点对应的参数为，，

直线的方程可转化为，代入，

得，则，则，

所以．