四川省成都石室中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

成都石室中学2023-2024年度上期高2024届十月月考数学试题（文）（总分：150分，时间：120分钟）第Ⅰ卷（共60分）一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先运用一元二次不等式的解法，求得集合M，再运用集合间的包含关系，集合的交集、并集运算可得选项.【详解】因为，解不等式得，且，所以，，.故选：B.【点睛】本题考查了集合的交集、并集运算，集合的包含关系，意在考查学生的计算能力和应用能力，属于基础题.2.若，则复数在复平面上对应的点在A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【详解】因为，所以复数在复平面上对应的点在第四象限，选D.点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如.其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为 3.已知命题函数与关于轴对称，命题，使下面结论正确是（）A.命题“”是真命题B.命题“”是假命题C.命题“”是真命题D.命题“”是假命题【答案】D【解析】【分析】根据题意先判断命题的真假性，结合逻辑联结词逐项分析判断.【详解】因为函数与关于轴对称，所以命题为真命题；又因为当时，不存在，所以命题为假命题；对于选项：命题“”为假命题，故A错误；对于选项B：命题“”为真命题，故B错误；对于选项C：命题“”为假命题，故C错误；对于选项D：命题“”假命题，故D正确；故选：D．4.已知等比数列的前项和为，且数列是等差数列，则（）A.1或B.1或C.2或D.或【答案】B【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据已知列出关系式，进而化简求解即可得出或.根据等比数列的性质，化简可得.分别代入的值，即可得出答案.【详解】设等比数列的公比为，由，，成等差数列可得，，即，化简得， 解得或.又，所以，.当时，；当时，．故选：B．5.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（　　）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三视图还原几何体，可得该棱锥4个面中有2个为直角三角形，2个面是等腰三角形，利用三视图中的数据即可得结果.【详解】该几何体是棱长分别为的长方体中的三棱锥：， 其中：，该几何体的表面积为：.故选：B．6.已知函数，设，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性和单调性，再判断自变量的大小，即可根据函数的单调性，比较大小.【详解】依题意，得的定义域为，函数为偶函数，所以在上为增函数，而，因为，所以，即，因为在上为增函数，且，所以，，因为，所以，所以，所以，所以，故选：A.7.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先判断函数为非奇非偶函数，再利用特殊值，即可利用排除法判断.【详解】函数定义域为，， 所以是非奇非偶函数，排除A、B，函数的零点是，当时，，排除D．故选：C．8.已知向量，，则的值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据数量积的坐标运算和辅助角公式可得，在利用倍角公式运算求解.【详解】因为，可得，所以．故选：A．9.在区间上随机取两个数，记为事件“”的概率，为事件“”的概率，为事件“”的概率，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】因为，对事件“”，如图（1）阴影部分，对事件“”，如图（2）阴影部分，对为事件“”，如图（3）阴影部分，由图知，阴影部分的面积从下到大依次是，正方形的面积为，根据几何概型公式可得． （1）（2）（3）考点：几何概型．10.已知抛物线：的准线为直线，直线与交于，两点（点在轴上方），与直线交于点，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的焦半径公式和得到，联立直线和抛物线方程，根据韦达定理得到，然后根据三角形面积得到.可得答案.【详解】由题可得抛物线方程为，所以，如图所示，则，解得， 联立方程，消去y得：．可知，解得，所以．故选：C．11.在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据余弦定理和面积公式得到，结合同角的三角函数基本关系时可得，故可求的取值范围，结合对勾函数的单调性可求的取值范围.【详解】在中，由余弦定理得，且的面积，由，得，化简得，又，，联立得，解得或（舍去），所以， 因为为锐角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以，设，其中，所以，由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；当时，；所以，即的取值范围是．故选：C.12.已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用导数求出的单调性与极值，即可得到的图象，令，求出方程的根、（），依题意可得、，从而求出的取值范围，再由，，即可求出的取值范围.【详解】由题设，的定义域为，且，∴当时，，即单调递减；当时，，即单调递增.∴，当时，且时， 当时且随趋向于，趋向无穷大.∴的图象如下所示：∴令，则在上必有两个不等的实根，(设)且，，因为方程有个实根，则、，即，可得，∴由知：，，∴，故符合题意的只有B.故选：B.【点睛】关键点睛：本题的关键是将关于的方程，转化为关于的方程，结合的性质求出参数的取值范围，最后结合解答.第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13.若为偶函数，则实数________.【答案】1【解析】 【分析】求出函数的定义域，再利用偶函数的定义求解即得.【详解】函数的定义域为，由函数是偶函数，得，恒成立，即，整理得，于是对恒成立，显然，解得，所以.故答案为：114.圆与圆的公共弦长为____________.【答案】【解析】【分析】先求出公共弦的方程利用勾股定理即可求得.【详解】由已知圆与圆公共弦所在直线方程为因为圆圆心为，半径所以弦长为故答案为：15.三棱锥中，底面是边长为的等边三角形，面，,则三棱锥外接球的表面积是_____________.【答案】【解析】【详解】由题意可知三棱锥外接球，即为以为底面以为高的正三棱柱的外接球∵是边长为的正三角形∴的外接圆半径，设球的半径为，因为面，, 所以，∴外接球的表面积为，故答案为点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.16.已知过坐标原点的直线与双曲线相交于A，B两点，点在第一象限，经过点且与直线垂直的直线与双曲线的另外一个交点为，点在轴上，，点为坐标原点，且，则双曲线的离心率_______________.【答案】【解析】【分析】由题意可得直线的斜率存在且不等于，不妨设直线的方程为，设线段BM的中点为，连接OQ，设，根据点差法得到，由垂直关系得到，结合求出点的坐标，由求出的齐次式，进而可得出答案.【详解】根据题意，画出示意图，如图所示．由题意可得直线的斜率存在且不等于，不妨设直线的方程为，因为，所以B、N、M三点共线，设线段BM的中点为，连接OQ， 根据题意，显然可得点为线段AB的中点，所以，设，，，因为点B，M都在双曲线上，则，两式相减得，即，而，，所以，即，又因为，则，即，所以，即，所以，又，则，即，故，所以，而，故，即，则双曲线的离心率．故答案为：.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷. 三、解答题（本题共6道小题，17题10分，其余各题12分，共70分）（一）必考题：共60分.17.设为数列的前项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意分析可知是以1为首项，以2为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式运算求解；（2）由（1）可得，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解.【小问1详解】当时，，则；当时，由，得，两式相减得；所以是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以.【小问2详解】由（1）可知：，则，所以数列的前项和.18.为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作．为做好全省的迎检工作，成都市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试，并从中随机抽取了200名学生的数据，根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图． （1）估计这200名学生健康指数的平均数和样本方差（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）从健康指数在的两组中利用分层抽样抽出7人进行电话回访，并再随机抽出2人赠送奖品，求从7人中抽出的2人来自不同组的概率.【答案】（1）平均数为60，方差为86（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图求各组频率，结合平均数、方差公式运算求解；（2）根据分层抽样求分层人数，利用列举法结合古典概型运算求解.【小问1详解】由频率分布直方图可知分组的频率依次为：，所以平均数，方差，所以这200名学生体重的平均数为60，方差为86.【小问2详解】由（1）可知健康指数在的两组的频率之比为，所以抽取的7人中，有人，记为；有人，记为.随机试验的所有可能结果有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21个基本事件，其中来自不同组的结果有：，，，，，，，，，，，，共12 个基本事件，所以所求概率为.19.如图，在几何体中，平面四边形是菱形，平面平面，，且，，.（1）证明：；（2）若，求点B到平面AEF的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，进而利用线面垂直的性质定理证明即可；（2）先利用余弦定理求得，再利用等体积法求解点到平面的距离即可.【小问1详解】如图： 取中点为M，连接，，，四边形为平行四边形，，，，，，，，，，平面平面，平面平面，，平面，平面，又平面，.【小问2详解】设，，，，，，设点B到平面AEF的距离为，平面平面，平面平面，，平面，平面，，，又，平面，平面，平面，平面，，，，，又，，，, 又，，，所以点B到平面AEF的距离为.20.动圆与圆：外切，与圆：内切.（1）求动圆的圆心的轨迹方程；（2）直线：与相交于两点，过上的点作轴的平行线交线段于点，直线的斜率为（O为坐标原点），若，判断是否为定值？并说明理由.【答案】（1）；（2）为定值，理由见解析.【解析】【分析】（1）设动圆的半径为，由题可知，，结合椭圆的定义即可得解；（2）由题意可得，联立直线：与椭圆方程，得到两根之和、两根之积，代入化简得，又因为在椭圆上，所以，代入化简得，从而得，，从而得结论.【小问1详解】解：设动圆的半径为，由题可知，，从而，所以圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，轨迹方程为；【小问2详解】由可知平分，直线的斜率互为相反数，即， 设，由得，，由韦达定理可得：，，而，则，即，于是，化简得：，且又因为在椭圆上，即，即，，从而，，又因为不在直线上，则有， 即，所以为定值，且.【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21.已知函数和函数.（1）求函数的极值；（2）设集合，(b为常数).①证明：存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素；②设，，求证：.【答案】（1）极大值；无极小值（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，得到单调性，即可得出函数的极值；（2）①根据和的图象知存在直线与两条曲线和共有三个不同的交点证得结论；②此时，且，可证得，，进一步得，由基本不等式得.【小问1详解】因为，则，当时，；当时，；则在上单调递增，在上单调递减，可知有极大值，无极小值；【小问2详解】①令 因为，则在上单调递增，在上单调递减，且趋近于正无穷，趋近于，在上单调递增，在上单调递减，且趋近于正无穷，趋近于，所以在上单调递减，因为，，所以存在唯一的，使得，令则由图像可知，有两个解，不妨记为，有两个解，不妨记为，从而，故存在实数b，使得集合中有且仅有3个元素，得证.②此时，且，因为，则，即，因为，，且在上单调递增，所以，可得，又因为，则，即，且，，在上单调递减，所以，则，所以，即，又因为，且，故 【点睛】关键点点睛：对于已知的方程（或函数不等式），通过整理变成的形式，可以利用的单调性转化为的形式，这类方法称为同构，在处理指对混合的不等式时尤其好用，本题在处理时就先通过同构为，利用函数的单调性得到，结合的关系分析证明.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，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.已知点在曲线上．（1）求动点轨迹的直角坐标方程；（2）过原点的直线与（1）中的曲线交于两点，且，求直线的斜率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先将化为参数方程，可得到动点，从而得到点的轨迹的参数方程，再转化为直角坐标方程即可；（2）先设的参数方程，再代入曲线的方程得，再结合韦达定理和同角三角函数的基本关系求解即可.【小问1详解】由题意，曲线参数方程为，为参数，则，再设，则，为参数，消去参数，得到，故点的轨迹的方程为．【小问2详解】 设的参数方程为（为参数），且，代入曲线的方程得，设两点对应得参数分别为，则，所以，则，即直线的斜率为．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知任意，都有.（1）求实数的取值范围；（2）若（1）问中的最大值为，正数满足，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由分段函数的单调性求出的最小值，即可求出实数的取值范围；（2）由基本不等式即可证明.【小问1详解】由题意记，所以在上单调递减，在上单调递增.因此的最小值，由题可知，所以实数的取值范围是【小问2详解】由（1）知，且均为正数，所以，由基本不等式，，， 所以，当且仅当时等号成立，即.