四川省成都列五中学2023-2024学年高三理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析）.docx

1、2023-2024学年度（上）阶段性考试（一）高2021级数学（理科）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【解析】【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

2、合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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【解析】【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：B4. 展开式中的系数为（ ）A. B. C.

3、 D. 【答案】C【解析】【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【解析】【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：A6. 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【解析】【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：D7. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案

4、】A【解析】【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：A8. 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4C. 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【解析】【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：A9. 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

5、的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【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【解析】【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：

6、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：A11. 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【解析】【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.

7、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【解析】【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【解析】【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

8、答案为：16.14. 已知向量，若向量与垂直，则_【答案】7【解析】【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：715. 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】#【解析】【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

9、上单减，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【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，得到如下列联表经常锻炼不经常锻炼总计男35女25总计100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：.0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.828（1）完成上面的列

10、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【解析】【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经常锻炼不经常锻炼总计男352560女152540总计5050100【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

11、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】

12、（1） （2）4093 （3）1【解析】【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119. 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

13、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）【解析】【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

14、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【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

15、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【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

16、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（

17、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）【解析】【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方程联立，结合韦达定理计算即可.【小问1详解】曲线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