四川省成都2023_2024高三理科数学上学期10月月考试题

这是一份四川省成都2023_2024高三理科数学上学期10月月考试题，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
理科数学试题
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
【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
【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. 8B. 4C. D. 2
【答案】B
【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
【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
【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. 216D.
【答案】D
【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
【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5B. 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5D. 输出的S的最小值为0，最大值为4
【答案】A
【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
【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. 540B. 480C. 360D. 240
【答案】A
【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
【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
【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
【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
【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】##
【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】
【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
【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）现采用分层抽样的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
【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）
【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
【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.
【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
【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】
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）
【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C方程联立，结合韦达定理计算即可.
【小问1详解】
曲线C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．经常锻炼
不经常锻炼
总计
男
35
女
25
总计
100
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
经常锻炼
不经常锻炼
总计
男
35
25
60
女
15
25
40
总计
50
50
100