四川省成都市石室阳安学校2023-2024学年高三下学期4月月考数学（理）试题（原卷版+解析版）

这是一份四川省成都市石室阳安学校2023-2024学年高三下学期4月月考数学（理）试题（原卷版+解析版），文件包含四川省成都市石室阳安学校2023-2024学年高三下学期4月月考数学理试题原卷版docx、四川省成都市石室阳安学校2023-2024学年高三下学期4月月考数学理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
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. 如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义及乘法运算判定即可.
【详解】由图象可知，
所以，
其对应的点为，显然位于第二象限.
故选：B
2. 已知集合，则A的真子集数量是（ ）
A 8B. 7C. 32D. 31
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性及集合的基本关系计算即可.
【详解】易知，所以或或，即，
则其真子集有个.
故选：D
3. 为了丰富学生的假期生活，某学校为学生推荐了《西游记》《红楼梦》《水浒传》和《三国演义》部名著．甲同学准备从中任意选择部进行阅读，那么《红楼梦》被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出从4部名著中任选2部的选法，再求出《红楼梦》被选中的选法，进而可得得出结果.
【详解】从4部名著中任选2部共有种选法，
其中《红楼梦》被选中的选法有种，
所以《红楼梦》被选中的概率为.
故选：C
4. 若实数x，y满足，则的最小值是（ ）
A. 0B. C. －1D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出可行域数形结合计算即可.
详解】
作出可行域，由图象知，当过时，.
故选：C
5. 抛物线：过点，则的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把点代入抛物线方程，求得抛物线方程，再求准线方程.
【详解】把点代入抛物线方程，得，解得，
所以抛物线方程为，则准线方程为.
故选：B.
6. 若是不等式成立的一个必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出不等式成立的充要条件，根据充分必要条件关系判断.
【详解】，
因为是成立的必要不充分条件，
所以.
故选：B.
7. 下列论述错误的是（ ）
A. 若随机事件A，B满足：，，，则事件A与B相互独立
B. 基于小概率值的检验规则是：当时，我们就推断不成立，即认为X和Y不独立，该推断犯错误的概率不超过；当时，我们没有充分证据推断不成立，可以认为X和Y独立
C. 若随机变量，满足，则
D. 若y关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为
【答案】C
【解析】
【分析】根据和事件与独立事件的概率公式可判定A，根据独立性检验的基本思想可判定B，根据随机变量的方差性质可判定C，根据残差的定义可判定D.
【详解】对于A，由题意可知，
所以，所以事件A与B相互独立，即A正确；
对于B，由独立性检验的基本思想可知其正确；
对于C，由题意可知，故C错误；
对于D，将样本点代入得预测值为，
所以，故D正确.
故选：C
8. 已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（ ）
A. 244B. 243C. 242D. 241
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，且，
设等比数列的公比为，
则，得，
.
故选：A
9. 某几何体的三视图如图所示，其中每个网格是由边长为1的小正方形组成，则该几何体的侧面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三视图，还原实物图，再根据直观图，利用几何关系，得出各个侧面均为直角三角形，即可求出结果.
【详解】由三视图知，该几何体为四棱锥，其直观图如图所示，其底面是边长为的正方形，侧棱底面，
因为底面，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，且，
则该几何体的侧面积为，

故选：C．
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，A为C的右顶点，以为直径的圆与C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】联立圆与渐近线方程，得到，进而得到，利用直线斜率得到方程，求出，得到离心率.
【详解】由题意得，以为直径的圆的方程为，，
渐近线方程为，
联立，解得，
不妨令，
故，
因为，所以，
所以，解得，
故离心率.

故选：C
11. 如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.
【详解】设是的中点，连接，由于，
所以，所以是二面角的平面角，所以，
由得.
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理得：，
所以，
由于，所以 两两垂直.
由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为.
设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，
故选：A.
12. 已知实数，分别满足，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】构造函数，先求证，得，再构造函数，利用导数求得，即可比较大小.
【详解】由，，得，，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，所以，即，
同理可证，所以，
当时，可得，即，
设，则，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即，整理得，即，
所以.
故选：C
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 一组样本数据的众数为______，中位数为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将数据从小到大重新排成一列，根据众数及中位数的定义，即可求出结果.
【详解】将样本数据，从小排到大得到，
由众数及中位数的定义知：众数为，中位数为，
故答案为：，.
14. 已知定义域为的奇函数，则的解集为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据奇函数的性质及定义域的对称性，求得参数a，b的值，求得函数解析式，并判断单调性. 等价于，根据单调性将不等式转化为自变量的大小关系，结合定义域求得解集.
【详解】由题知，，
所以恒成立，即．
又因为奇函数的定义域关于原点对称，
所以，解得，
因此，，
由单调递增，单调递增，
易知函数单调递增，
故等价于
等价于
即，解得．
故答案为：
15. 已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数________．
【答案】或
【解析】
【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.
【详解】设点，由可得：，
两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.
若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，
则圆心到直线的距离，解得．
故答案为：或.
16. 有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示）
【答案】 ①. 40 ②.
【解析】
【分析】根据乘法原理和加法原理即可求解；根据和的展开式相减得到的通项公式.
【详解】根据乘法原理和加法原理得到．
奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，
根据乘法原理和加法原理得到，
两式相减得到.
故答案为：2；.
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为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 乒乓球，被称为中国的“国球”．某中学对学生参加乒乓球运动的情况进行调查，将每周参加乒乓球运动超过2小时的学生称为“乒乓球爱好者”，否则称为“非乒乓球爱好者”，从调查结果中随机抽取100份进行分析，得到数据如表所示：
（1）补全列联表，并判断我们能否有的把握认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关？
（2）为了解学生的乒乓球运动水平，现从抽取的“乒乓球爱好者”学生中按性别采用分层抽样的方法抽取3人，与体育老师进行乒乓球比赛，其中男乒乓球爱好者获胜的概率为，女乒乓球爱好者获胜的概率为，每次比赛结果相互独立，记这3人获胜的人数为，求的分布列和数学期望．
参考公式：．
【答案】（1）列联表见解析；有
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）列出列联表，求出并与比较即可；
（2）分别求抽取的3人中男生和女生的人数，写出的可能取值，求出概率，求出期望.
【小问1详解】
依题意可得列联表如下：
，
我们有的把握认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关；
【小问2详解】
由（1）得抽取的3人中人为男生，人为女生，
则的可能取值为、、、，
所以，，
，，
所以的分布列为：
所以．
18. 在中，角所对的边分别为，已知，角的平分线交边于点，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得结果；
（2）由三角形面积公式并利用，可得，再由余弦定理即可求得,由三角形的面积公式可得结果.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得
，所以，故，.
【小问2详解】
由题意可知，
即，化简可得，
在中，由余弦定理得，
从而，解得或（舍），
所以.
19. 在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

（1）求证：；
（2）在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点，此时
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可证明平面，再由线面垂直的性质即可得；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得结果.
【小问1详解】
因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
【小问2详解】
因为平面，且平面，所以，
如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，

可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．
20. 平面内动点与定点的距离和它到定直线的距离之比是.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点作两条互相垂直的直线分别交轨迹于点和，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两点距离公式及已知列方程，化简整理即可得轨迹的方程；
（2）讨论直线的斜率是否存在，设直线方程联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式及四角形面积，求最值即可.
【小问1详解】
设，由题意有且，
化简得，即．
【小问2详解】
当其中一条直线的斜率不存在时，则、一条为长轴长、另一条为过的通径长，
令，则，可得，故通径长为，而长轴长为，易得．
当直线的斜率存在且不为0时，设直线的斜率为，则直线为，
，化简整理得，
设，则，
，
，则直线的斜率为，同理，
，
令，则，当，即时等号成立，
而，则四边形面积的最小值为.
21. 已知函数（）在其定义域内有两个不同的极值点.
（1）求实数取值范围；
（2）记两个极值点分别为，（），求证：.
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）求导，将函数由两个不等极值转化为导函数有两个不等零点，再进一步转化为两函数图象的交点问题
（2）合理构造函数，将证明不等式转化为求函数的最值问题，再利用导数进行求解.
【小问1详解】
解：依题，函数的定义域为，
所以在有两个不同根，即方程在有两个不同根，
即函数与函数的图象在上有两个不同交点，
若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，
只须.令切点，所以，
又，所以，
解得，于是，
所以.
【小问2详解】
解：由（1）可知，分别是方程的两个根，即.
作差得，即.
所以不等式，等价于，
下面先证，即证，
令，∵，∴，
即证（），
令（），则，
∴在上单调递增，
∴，即得证，从而得证；
再证，即证，即证（），
令（），则，
∴在上单调递减，
∴，即得证，从而得证，
综上所述，成立，即.
四、选考题：共10分.请考生在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：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）曲线与直线交于两点，若，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先消去得曲线的普通方程，再化为极坐标方程；
（2）设直线的极坐标方程为，，其中为直线的倾斜角，代入曲线的极坐标方程，根据根与系数的关系列式求解即可.
【详解】解：（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
所以，
所以曲线的极坐标方程为；
（2）设直线的极坐标方程为，，
其中为直线的倾斜角，
代入曲线得，
设所对应的极径为，
则，，
因为，
即，满足，
当时，，，
当时，，，
故的值为或．
【点睛】本题考查了参数方程、普通方程及极坐标方程的互化，重点考查了极径、极角的运算，属基础题.
[选修4-5：不等式选讲]
23 已知.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为m，正实数a，b，c满足，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；
（2）先求出，再利用基本不等式证明不等式.
【详解】解：（1）
当时，由，得，此时无解；
当时，由，得，此时的解为；
当时，由，解得，此时的解为.
综上，不等式的解集为；
证明：（2）∵，
故的最小值为，∴.
∵，
，
等号当且仅当，即时等号成立.
∵，
∴，
∴，即.
【点睛】方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.本题主要运用了综合法.乒乓球爱好者
非乒乓球爱好者
总计
男
40
56
女
24
总计
100
0.05
0.010
0.005
0.001
3.841
6.635
7.879
10.828
乒乓球爱好者
非乒乓球爱好者
总计
男
40
16
56
女
20
24
44
总计
60
40
100
0
1
2
3