四川省成都石室中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学（理科）Word版含解析.docx

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成都石室中学2023-2024年度上期高2024届十月月考数学试题（理）（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】先求出集合，再由交集和并集的定义及集合间的关系求解.【详解】已知集合，，则由集合的运算和集合的关系可得：，B正确；A错误；，故C错误；，故D错误.故选：B．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】A【解析】【分析】利用复数加法和除法运算法则计算得到，然后求对应点所在象限即可.【详解】，则复数．对应点,在第一象限．故选：A．3.已知命题，使，命题函数与关于直线对称，下面结论正确的是（）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】先判断命题p和q的真假，然后根据真值表逐项判断即可.【详解】对于命题，当时，，所以，所以命题，使为真命题，则为假命题，命题，函数是由由向左平移两个单位得到，函数是由由向右平移两个单位得到，函数与函数关于y轴即对称，所以函数与关于直线对称，所以命题函数与关于直线对称为假命题，则为真命题；对于选项A，命题“”为假命题，对于选项B，命题“”为真命题对于选项C，命题“”为假命题，对于选项D，命题“”是假命题.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.2或C.2或D.或【答案】C【解析】【分析】由等差数列的概念可得等式，由等比数列概念可解得公比，结合等比数列前项和公式即可得结果.【详解】设等比数列的公比为，由，，成等差数列可得，即，化简得，得或，当时，，当时，． 故选：C．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】先研究函数的性质，利用奇偶性对函数值进行等价变形，最后利用单调性进行比较大小.【详解】解：已知的定义域为，且，所以函数为偶函数，当时，函数为增函数，所以，.因为在定义域上为单调递增函数，所以，即，因在上为增函数，所以，因为在定义域上为单调递增函数，所以，所以，根据函数在上为增函数，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】D【解析】【分析】根据得到，然后利用诱导公式和二倍角公式求值即可.【详解】，，即，，．故选：D．9.2025年四川省新高考将实行模式，即语文数学英语必选，物理历史二选一，政治地理化学生物四选二，共有12种选课模式．假若今年高一的小明与小芳都对所选课程没有偏好，则他们所选六科中恰有四科相同的概率是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先得到两人所选六科的情况数，再分两种情况，求出所选六科中恰有四科相同的情况数，计算出概率.【详解】两人所选六科的情况共有种情况，由于语文数学英语必选，故所选六科中恰有四科相同的情况，包含以下情况，第一，物理历史有一科相同，政治地理化学生物不相同，先得到小明选课情况数，即种情况，则小芳的选择也就确定了，故此时共有种情况，第二，物理历史不相同，政治地理化学生物有一科相同， 先得到小明选课情况数，即种情况，则小芳从小明选择的四选二科目中选择一个，再从小明没有选择的四选二科目中选择一个，故有种情况，故此时共有种情况，故们所选六科中恰有四科相同的概率是.故选：B10.已知动圆恒过点，且与直线相切，设圆心的轨迹方程曲线，直线与曲线交于，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】根据抛物线的定义得到点的轨迹方程为，根据焦半径公式和得到，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公式和相似得到.【详解】由题意得点到的距离等于到直线的距离，所以点的轨迹为抛物线，方程为，如图所示，抛物线．，解得．联立，化为：．，得，则． 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】由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出，由正弦定理边角互化，再应用两角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性求解即得.【详解】中，由余弦定理得，且的面积为，由，得，化简得，又，，所以，化简得，解得，或（不合题意，舍去）所以，所以，由，且，，解得，所以，所以，所以，设，其中， 所以，当且仅当时，即时取最小值，令，由对勾函数可得函数在上单调递减，在上单调递增，又，，所以．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】利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，，进而求目标式的值，即可确定答案.【详解】由题设，的定义域为，且，∴当时，，即递减；当时，，即递增.∴，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，趋向无穷大.∴的图象如下： ∵的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根(假设)且，∴令，要使的3个实根，则、，即，可得.∴由知：，，∴.故选：B.【点睛】首先应用导数研究的性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.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】根据奇偶性直接求解即可.【详解】因为为偶函数，故 .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.已知三棱锥底面是边长为的等边三角形，平面底面，，则三棱锥的外接球的表面积为_______________.【答案】##【解析】【分析】设外接球的球心为，分别为等边三角形的中心，设为的中点，由面面垂直的性质定理得，，四边形为正方形，为三棱锥的外接球的半径，求出可得答案.【详解】设外接球的球心为，分别为等边三角形的中心，连接，则平面，平面，设为的中点，则，因为平面底面，平面底面，底面，所以平面，平面，所以，因为、都是边长为的等边三角形，所以，可得四边形为正方形，为三棱锥的外接球的半径， 因为，所以，，，则三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.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，共70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）应用由前前项和求通项公式的方法即可；（2）分组求和.【小问1详解】当时，，则，当时，由，，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】，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）由频率分布直方图知，该市学生的健康指数近似服从正态分布，其中近似为样本平均，近似为样本方差．①求；②已知该市高三学生约有10000名，记体质健康指数在区间的人数为，试求．附：参考数据：，若随机变量服从正态分布，则，，．【答案】（1）平均数60，方差为86（2）①；②【解析】【分析】（1）以组中值代替小组平均值，根据加权平均数公式计算平均数，根据方差公式计算；（2）①利用正态分布的性质求得，②利用二项分布的期望公式得出.【小问1详解】由题意得，，，所以这200名学生体重的平均数为60，方差为86；【小问2详解】 ①由（1）可知，，则.②由①可知1名学生的体重位于的概率为0.819，依题意，服从二项分布，即，则.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）若二面角是直二面角，求直线与直线所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证明；（2）以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，求出平面和平面的一个法向量，由二面角是直二面角，求出，再由异面直线所成角求解即可.【小问1详解】，，，取的中点，连接，则，，则，. 平面平面，面平面，，面，平面，平面，.【小问2详解】设与的交点为，的中点为，连接，可得，由（1）得平面，平面，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，平面，，，，，．设，，由题设得，，，，，，设，，是平面的法向量，则，取，得，设是平面的一个法向量，则，取，得，1，二面角是直二面角，，解得， ，直线与直线所成角的余弦值为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，得到的单调性，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]22.已知点在曲线上．（1）求动点的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，曲线的参数方程为，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]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，，，