2024-2025学年四川省内江市高三上学期1月月考数学（理）检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年四川省内江市高三上学期1月月考数学（理）检测试题（附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，相关变量的样本数据如下表，，已知点A，函数在区间上的图象大致为，已知，则的值为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，请用0.5mm黑色签字笔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（每小题5分，共60分．每题只有一个正确选项）
1．若复数z满足（i为虚数单位），则为（ ）
A．B．C．5D．
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量、的夹角为，，，则（ ）
A．4B．5C．D．
4．若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．4B．C．2D．
5．相关变量的样本数据如下表，
经回归分析可得y与x线性相关，并由最小二乘法求得回归直线方程为，下列说法正确的是（ ）
A．x增加1时，y一定增加2.3B．变量x与y负相关
C．当y为6.3时，x一定是8D．a=5.2
6．已知函数满足对任意，都有成立， 则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知点A（1，m），B（2，n）是角的终边上的两点，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．函数在区间上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知，则的值为（ ）
A．B．1C．4D．
10．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A．28B．29C．30D．31
11．如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（ ）

A．异面直线AC与所成的角为60°
B．直线与平面所成角为45°
C．二面角的正切值为
D．四面体的外接球的体积为
12．已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空（每小题5分，共20分）
13．已知，则 ．
14．已知奇函数在区间上的解析式为，则在区间上的解析式 ．
15．已知A、B、C、D、E为0﹣9中五个不重复的数字，且满足以下竖式加法，则满足条件的四位数ABCD共有 个．
16．已知A，B，分别为双曲线（）的左，右顶点，点M在E上，且，则双曲线E的渐近线方程为 .
三、解答题（17-21题各12分，22、23选做一题10份，共70分）
17．设是各项均为正数的等比数列，已知=3，是与的等差中项，
(1)求数列和的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和．
18．年月日第届亚运会在杭州开幕，本届亚运会共设个竞赛大项，包括个奥运项目和个非奥运项目.为研究不同性别学生对杭州亚运会项目的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各名作为样本，设事件“了解亚运会项目”，“学生为女生”，据统计，.
(1)根据已知条件，填写下列列联表，并依据的独立性检验，能否认为该校学生对亚运会项目的了解情况与性别有关？
(2)现从该校了解亚运会项目的学生中，采用分层随机抽样的方法随机抽取名学生，再从这名学生中随机抽取人，设抽取的人中男生的人数为，求的分布列和数学期望.
参考公式：，.
附：
19．如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．
20．已知抛物线的焦点为F，且F与圆上点的距离的最大值为8．
(1)求抛物线M的方程；
(2)若点Q在C上，QA，QB为M的两条切线，A，B是切点（A在B的上方），求面积的最小值．
21．已知函数，其中.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当且时，存在一个极小值点，若，求实数的取值范围.
22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为：（为参数，已知直线，直线以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．
（1）求曲线C以及直线，的极坐标方程；
（2）若直线与曲线C分别交于O、A两点，直线与曲线C分别交于O、B两点，求的面积．
23．设x，y是两个正数．
（1）证明：若，则；
（2）已知，．证明：．
x
1
2
3
4
5
6
7
y
2.9
3.3
3.6
4.4
4.8
a
5.9
了解
不了解
合计
男生
女生
合计
1．B
【分析】利用复数的除法可算出z的值，再利用公式计算其模.
【详解】，故.
故选：B.
本题考查复数的除法以及复数的模，属于基础题.
2．B
【分析】解一元二次不等式求解集、根式的性质求定义域确定集合，由交集运算求结果.
【详解】由题设，集合，集合，
所以.
故选：B
3．B
【分析】根据平面向量的数量积公式可得，再根据可求得结果.
【详解】因为，
所以.
故选：B
4．A
【分析】目标函数的几何意义是可行域内的点到直线l：的距离的倍．由约束条件作出可行域，找到可行域内到直线l的距离最大的点，求解即可.
【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示．由点到直线的距离公可知，
目标函数的几何意义是可行域内的点到直线l：的距离的倍．
数形结合可知，可行域内到直线l的距离最大的点为，
且点A到直线l的距离，
则的最大值为4．
故选：A.
5．D
【分析】根据回归直线方程的几何意义判断A、B错误；令求解判断C，计算并代入回归直线方程中，求得a的值，判断D正确.
【详解】根据回归直线方程知，x增加1时，估计y增加，故A错误；
由知，，故变量x与y正相关，故B错误；
时，，解得，估计的值应为8，故C错误;
又，，
代入回归直线方程中，则，解得，故D正确.
故选：D
6．B
【分析】已知关系说明函数是减函数，分段函数为减函数，则两段均是减函数，且左端函数值不小于右端函数值，由此可得．
【详解】因为函数对任意，都有成立，所以函数在定义域内单调递减，
所以，解得．
故选：B．
本题考查分段函数的单调性，解题注意分段函数的两部分均为减函数外，还需满足左侧函数值不小于右侧函数值．
7．B
【分析】依题意可得，将化简之后即可求得结果.
【详解】依题意，由斜率公式及可得，
则.
故选：B.
关键点点睛：本题的关键点是：由斜率公式及得到.
8．D
【分析】根据函数的奇偶性和单调性，结合导数、余弦函数的性质进行判断即可
【详解】设，
因为，
所以该函数是偶函数，图象关于纵轴称，故排除A、C，
，
当时，，该函数此时单调递减，排除B，
故选：D
9．C
【分析】对所给二项式合理变形，求展开项系数即可.
【详解】在中，
而，
由二项式定理知展开式的通项为，
令，解得，令，，
故，
同理令，解得，令，解得，
故，故.
故选：C
10．A
【分析】由题意先由递推关系通过累乘法求通项公式，再由单调性解不等式即可得解.
【详解】由题意，即，
所以，
而，所以，
由题意令，
而是单调递增的，
且发现，，
所以满足不等式的最大正整数为28.
故选：A.
11．B
【分析】由正方体性质得出异面直线AC与所成的角，直线与平面所成角，二面角的平面角并计算判断ABC，由四面体的外接球即为正方体的外接球，由正方体性质求得外接球半径后可得体积从而判断D．
【详解】选项A，由正方体性质易得，因此异面直线AC与所成的角为或其补角，
是等边三角形，，A正确；
选项B，由平面，平面，得，又，，平面，
所以平面，设，则是直线与平面所成角，
由平面，平面，可得，
在直角中，，，B错；

选项C，由上分析得是二面角的平面角，由得，C正确；
选项D，四面体的外接球即为正方体的外接球，由正方体性质知其外接球半径为，因此体积为，D正确；
故选：B．
12．C
【分析】由余弦定理和正弦定理，结合正弦和角公式得到，结合为锐角三角形，得到，故，再利用正弦定理得到，求出取值范围即可.
【详解】因为，得．
由余弦定理得，
所以，即．
由正弦定理得，
因为，则，
所以，即．
因为是锐角三角形，所以，，所以．
又在上单调递增，所以，则．
因为是锐角三角形，所以，，，
所以，
由正弦定理得
，
令，因为，所以．
在上单调递增，
当时，，当时，，
故
故选：C．
解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
13．
【分析】根据同角的三角函数关系先求出，再用二倍角公式求出、，最后再利用余弦的和角公式求．
【详解】∵，，
∴，
∴，，
∴，
故．
14．
【分析】根据奇函数满足求解即可.
【详解】依题意，当时，，故在区间上的解析式.
故
15．4
【分析】由已知条件，判断关系，结合，推出满足条件的四位数的个数即可.
【详解】由题可知，个位无进位且为，所以，
千位为，所以千位上的是由百位进1得到的，即，
百位有进位则，所以，，
十位的个位为，则有进位，则，
所以，，，
所以满足条件的四位数ABCD为：5983，3985，1987，7981，共4个．
故4．
16．
【分析】根据的三边关系及双曲线的几何性质，利用余弦定理求出，进而得到点的坐标，再将点的坐标代入双曲线方程，得到的关系代入双曲线的渐近线方程即可求解.
【详解】根据题意，易知点在双曲线的右支上，不妨设点在第一象限，如图所示：

因为，所以，，
在中，由余弦定理可得，，
即，因为，
所以，，过作轴于点，
则，
所以点的坐标为，将点代入双曲线可得，
，化简可得，所以双曲线E的渐近线方程为
.
故
本题考查双曲线的几何性质；考查数形结合思想、逻辑推理能力和运算求解能力；掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键；属于中档题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据是与的等差中项求出等比数列的公比，即可求得的通项公式；
（2）由（1）可得，利用错位相减法求数列的前n项和即可.
【详解】（1）设各项均为正数的等比数列的公比为，且，
因为是与的等差中项，
所以，即，，
解得，
所以；
（2）由（1）可得，
所以 ①，
则 ②，
①—②，得
，
所以.
18．(1)答案见解析.
(2)分布列见解析；.
【分析】（1）先根据条件概率求得人数填写列联表；再代入公式求出，将该值与临界值比较即可求解.
（2）先根据分层抽样确定抽取的男生人数和女生人数；再写出的所有可能取值并计算相应的概率，列出分布列并根据数学期望公式可得出答案．
【详解】（1）因为事件“了解亚运会项目”，“学生为女生”，，，
所以表示女生中了解亚运会项目的概率为；
表示了解亚运会项目的人是女生的概率为.
因为女生有名，
所以对杭州亚运会项目了解的女生人数为，了解杭州亚运会项目的人数为
结合男生和女生各名，填写列联表为：
零假设：该校学生对杭州亚运会项目的了解情况与性别无关.
根据列联表中的数据，
.
依据的独立性检验，可以推断成立，即该校学生对亚运会项目的了解情况与性别无关.
（2）由(1)可知：了解杭州亚运会项目的人数为，.其中女生人数为.
则采用分层随机抽样的方法随机抽取的女生人数为：；男生人数为.
的所有可能取值为：，，，.
，，
,
从而的分布列为
故．
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，根据条件得到，再利用平面，得到，从而得出四边形是平行四边形，进而有，即可证明结果；
（2）取取中点，连接，，根据条件建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量和向量，利用线面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接，因为，，
所以，且，
又平面，平面，所以，
又面，所以，又，所以四边形是平行四边形，得到，
又平面，平面，所以平面.
（2）如图，取中点，连接，，则，
因为平面，由（1）知，所以平面，
又，所以，过作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面，面，所以，又，，所以面，
又面，所以,
故为二面角的平面角，所以，
又，所以，又，所以，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则由得到，，取，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)
(2)16
【分析】（1）根据条件确定F与圆上点的距离的最大值为，从而求得，可得答案;
（2）设点，，联立方程，根据根与系数的关系式，求出弦长，再利用导数表示出QA，QB的方程，进而表示出点Q的坐标，求出点Q到直线AB的距离，从而表示出，结合二次函数的知识可求得答案.
【详解】（1）由题意知，，圆C的半径为，所以，
即，解得，所以抛物线M的方程为．
（2）设，，
直线AB的方程为，联立方程组，
消去x，得，
则，，．
所以，
因为，所以或，则或，
所以切线QA的斜率为，其方程为，即，
同理切线QB的斜率为，其方程为．
联立方程组,解得,即点Q的坐标为，
因为点Q在圆C上，所以，且，，
即，．满足判别式的条件．
点Q到直线AB的距离为，所以，
又由，得，
令，则，且，
因为在区间上单调递增，所以当时，t取得最小值4，
此时，所以面积的最小值为16．
本题考查了抛物线方程的求法以及和直线的位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，解答时要有清晰的解答思路，即明确问题的解决是要一步步向表示出三角形QAB的面积靠拢，难点在于繁杂的计算，要十分细心.
21．(1)
(2).
【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数的几何意义求解作答.
（2）求出函数，利用导数分类探讨的极小值点即可求解作答.
【详解】（1）当时，，，有，，
因此有，即，
所以在处的切线方程为.
（2）函数，则，，
，
由，解得或，
①若，有，，则当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
因此有一个极小值点，即，于是得，解得，则，
②若，则，则当或时，，当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
因此有一个极小值点，即，于是得，解得，无解，
③若，有，则当或时，，当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
因此有一个极小值点，即，于是得，解得，则，
综上，实数的取值范围为.
结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为.
22．（1），，．（2）
【分析】（1）根据题意消参求出曲线C的直线坐标方程，然后利用，，，即可求解.
（2）把代入曲线C的极坐标方程，得出；同理，把代入曲线C的极坐标方程，得出，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）依题意，由曲线C的参数方程（为参数）
消参得，故曲线C的普通方程为
由，，，得
曲线C的极坐标方程为
，的极坐标方程为，．
（2）把代入，得，所以，
把代入，得，所以，
所以．
本题主要考查了参数方程与直角坐标方程的互化、直角坐标方程与极坐标方程的互化、直线与曲线相交时的极坐标方程的解法、三角形的面积公式，属于基础题.
23．(1)证明见解析；(2)证明见解析
【分析】(1)根据,再展开利用基本不等式证明即可.
(2)由题即证明,再根据消元,利用分析法化简证明即可.
【详解】(1)因为,故
.当且仅当即时取等号.
故.
(2)因为,,故.
故要证 即证.代入,即证,即证,即证.
因为,故成立.
所以原不等式成立.
本题主要考查了基本不等式中“1的妙用”以及分析法证明不等式的方法,属于中档题.
了解
不了解
合计
男生
女生
合计
0
1
2
3