四川省绵阳市2024届高三数学下学期3月月考试题含解析

这是一份四川省绵阳市2024届高三数学下学期3月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先化简集合，然后求出交集即可.
【详解】，
，
.
故选：A
2. 若复数满足，则（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的模的性质求复数的模.
【详解】因为，所以：.
故选：A
3. 已知双曲线的渐近线方程为，则（）．
A. B. 1C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线线方程确定渐近线方程为，结合已知条件得到方程，解出即可.
【详解】该双曲线的渐近线方程为且，则，可解得，满足.
故选：A
4. 已知向量满足，且与夹角的余弦值为，则（）
A. 36B. C. 32D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量数量积的定义及运算律计算可得.
【详解】设与的夹角为，则，
.
故选：B
5. 已知数列是首项为1的等比数列，是数列的前n项和，且，则数列的前5项和为（）
A. 30或40B. 31或40C. 31D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】设此数列的公比为q，由题意可得，然后利用等比数列的求和公式列方程可求出公比，从而可求出数列的前5项和
【详解】设此数列的公比为q，则由，得，且，
即，解得，
所以数列的前5项和为．
故选：C
6. 点在圆：上，，，则最小时，（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的几何性质，运用数形结合思想进行求解即可.
【详解】
如图所示，由题意圆：的圆心，半径，
当直线与圆相切时，即为切点时，最小，
此时与轴平行，，.
故选：C
7. 某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积（单位：）是（）
A. 24B. 28C. 32D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】借助三视图得到几何体的直观图后计算即可得.
【详解】该几何体直观图如图所示，
则表面积为.
故选：C.
8. 若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积，，角C平分线CM交边AB于点M，则AM的长为（）
A. 2B. 4C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形的面积可得，在和中，利用正弦定理结合，可得与的关系，从而可得出答案.
【详解】解：因为的面积，
，则，
所以，
在中，因为，
所以，
在中，因为，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以，
则，
所以，
所以.
故选：B.
9. 设函数若存在且，使得，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，需将看成整体角，由范围求得范围，结合函数的图象，求得使的两个解，由题只需使即可，计算即得.
【详解】
不妨取，由可得：，
由可得，
由图可取要使存在且，使得，
需使，，解得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与正弦型函数图象有关的等高线问题.
解决的关键在于将看成整体角，作出正弦函数的图象，结合求得的整体角的范围求得最近的符合要求的角，从而界定参数范围.
10. 将甲、乙、丙、丁4名医生随机派往①，②，③三个村庄进行义诊活动，每个村庄至少派1名医生，A表示事件“医生甲派往①村庄”；B表示事件“医生乙派往①村庄”；C表示事件“医生乙派往②村庄”，则（ ）
A. 事件A与B相互独立
B. 事件A与C相互独立
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】按相互独立的定义可判断AB，用条件概率公式可判断CD.
【详解】将甲、乙、丙、丁4名医生派往①，②，③三个村庄进行义诊包含（个）样本点，它们等可能，
事件A含有的样本点个数为，
则，
同理，
事件AB含有的样本点个数为，则，
事件AC含有的样本点个数为，则，
对于A，，即事件A与B不相互独立，故A不正确；
对于B，，即事件A与C不相互独立，故B不正确；
对于C，，故C不正确；
对于D，，故D正确．
故选：D
11. 若实数，满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对不等式变形得到，换元后得到，构造，求导研究其单调性，极值最值情况，得到，从而只有时，即时，满足要求，从而解出，依次判断四个选项.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
令，
则，即，
所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值，
，
要想使得成立，只有时，即时，满足要求，
所以，
由定义域可知：，
解得：，
，A选项正确；
，BC错误.
，D错误；
故选：A.
【点睛】对不等式或方程变形后，利用同构来构造函数解决问题，
常见的同构型：（1）；
（2）；
（3）；
（4），
本题难点在于变形为，换元后得到，从而构造解决问题.
12. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出以为圆心圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
【详解】
设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故选：D.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】30
【解析】
【分析】把按照二项式定理展开，可得展开式中，的系数.
【详解】因为，
所以的系数为.
故答案为：30.
14. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】借助辅助角公式与同角三角函数基本关系计算即可得.
【详解】，故，
由，则，故，
.
故答案为：.
15. 若是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据极值点定义可将问题转化为与有两个不同交点；利用导数可求得单调性，并由此得到的图象；采用数形结合的方式可确定且；假设，由可确定，进而得到的值，结合图象可确定的取值范围.
【详解】，是的两个极值点，
是的两根，又当时，方程不成立，
与有两个不同的交点；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
则图象如下图所示，
由图象可知：且；
，；
当时，不妨令，则，即，，解得：，
当时，，
若，则，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查根据极值点求解参数范围问题，可将问题转化为已知函数零点(方程根)的个数求参数值(取值范围)的问题，解决此类问题的常用的方法有：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
16. 将正方形沿对角线折起，当时，三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的体积为________．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，根据正方形的性质可知点为三棱锥外接球的球心，设，，根据锥体的体积公式结合余弦定理列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，
由题意可知，即点为三棱锥外接球的球心，
设，，
因为，且平面，可得平面，
可知三棱锥的体积，
即，可得，
在中，由余弦定理可得，
即，即，
联立方程，解得，
所以该三棱锥外接球的体积为.
故答案：.
【点睛】关键点睛：根据正方形的性质分析可知：的中点即为三棱锥外接球的球心，进而分析求解.
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. 一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量单位：克，重量分组区间为,,,，由此得到样本的重量频率分布直方图如图．
（1）求的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；
（2）从盒子中随机抽取3个小球，其中重量内的小球个数为，求的分布列和数学期望．（以直方图中的频率作为概率）
【答案】（1）,众数约为20，平均值为24.6（2）分布列见解析
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）由频率分布直方图中所有小矩形面积（频率）之和为1，可计算出,众数取频率最大即矩形最高的那个矩形的中点横坐标，平均值用各矩形中点值乘频率相加即得；（Ⅱ）的可能取值为、、、，利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，因此有，从而可得分布列，最后由期望公式可计算出期望．
试题解析：（Ⅰ）由题意，得，
解得；
又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20（克）
而个样本小球重量的平均值为：（克）
故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为克；
（Ⅱ）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为
则.的可能取值为、、、，
，，
，.
的分布列为：
（或者）
考点：频率分布直方图，用样本估计总体，随机变量分布列，数学期望．
18. 设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若数列满足，且，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助等差数列的性质与与的关系计算即可得；
（2）借助累乘法可计算出数列，借助裂项相消法可得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，则，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以，即，
当时，，
当时，，上式也成立，
所以，所以数列是等差数列；
【小问2详解】
由（1）可知，
当时，，
因为满足上式，所以．
．
19. 如图，在三棱柱中，，，且平面平面.
（1）求证：平面平面；
（2）设点为直线的中点，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）在中，由正弦定理可得，则，进而由面面垂直的性质得出平面，即得，在中，由余弦定理求出可得，结合可得平面，即可证明；
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量关系求解.
【详解】（1）证明：因为，所以.
因为，所以.
在中，，即，
所以，即.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又平面，所以，
在中，，，，
所以，即，
所以
而，平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，
平面，，，
在三棱柱中，，可得，，
为中点，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
则，
设直线与平面所成角为，
则,
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】思路点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
20. 已知函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）讨论单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对按，进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若，至多有一个零点.若，当时，取得最小值，求出最小值，根据，，进行讨论，可知当时有2个零点.易知在有一个零点；设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.从而可得的取值范围为.
试题解析：（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减.
（ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为.
点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.
21. 已知点在抛物线上，为抛物线上两个动点，不垂直轴，为焦点，且满足．
（1）求的值，并证明：线段的垂直平分线过定点；
（2）设（1）中定点为，当的面积最大时，求直线的方程．
【答案】（1），证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）代入点的坐标可得抛物线方程，联立方程，利用垂直和平分求出垂直平分线的方程可得答案；
（2）先求出弦长和高，表示出三角形的面积，利用导数求解可得答案.
【小问1详解】
将点代入抛物线方程，可得，解得，
所以抛物线方程为，
设直线的方程为：，
联立方程，消去得，，
由韦达定理得，
根据抛物线定义：，可得，
此时，解得或，
设的中点坐标为，则，
可得的垂直平分线方程为：，
将代入整理得：，故的垂直平分线过定点．
【小问2详解】
由（1）可得，
且点到直线的距离，
则的面积为，
可得，
设，设，则
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减．
所以当时，的面积取最大值，此时，即．此时.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题求解方法：先把目标式表示出来，根据目标式的特点选择合适的方法进行求解，常用方法有：①二次函数法：利用换元法，目标式化成二次型，结合二次函数求解；②基本不等式法：把目标式化成能使用基本不等式的结构，利用基本不等式求解；③导数法：求解导数，利用导数求解最值.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．
［选修4-4：坐标系与参考方程］
22. 在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，以极点为坐标原点，极轴为轴正半轴，建立直角坐标系，曲线的参数方程为（为参数）.
（1）写出的直角坐标方程和的普通方程；
（2）已知点，与相交于，两点，求的值.
【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把曲线化为，即得曲线的直角坐标方程，把参数方程平方相加得曲线的普通方程；
（2）求出曲线的参数方程，联立曲线的参数方程与曲线的普通方程得，再利用直线参数方程的几何意义求解.
【小问1详解】
曲线的极坐标方程为，即，
则曲线的直角坐标方程为，
把参数方程平方相加得曲线的普通方程为.
【小问2详解】
易知点在直线上，且该直线的斜率为，倾斜角为，
则曲线的参数方程为（为参数），
联立曲线的参数方程与曲线的普通方程得，
设点，在直线上对应的参数分别为，，
由韦达定理可得，，
.
［选修4-5：不等式选讲］
23. 已知x、y、z均为正实数，且．
（1）求的最大值；
（2）若，证明：．
【答案】（1）3（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）因为，利用柯西不等式即可求得最大值；
（2）由（1）结合已知条件可得，则有，再利用基本不等式即可求证.
【小问1详解】
因为，所以，
又x、y、z均为正实数，
由柯西不等式有，
所以，当且仅当且，
即时，等号成立，所以的最大值为3.
【小问2详解】
因为，，，，
由（1）得，
即，所以，
当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，