2024届银川市一中高三数学（文）上学期第六次月考试卷附答案解析

届银川市一中高三数学（文）上学期第六次月考试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，若与共线且同向，则实数λ的值为（

）A．2 B．4 C． D．或43．若，则（

）A． B． C． D．4．已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．在区间和中各随机取1个数和，则用几何概型可求得的概率为（

）A． B． C． D．6．在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（

）A．3 B．9 C． D．7．已知圆与圆相外切，则的最大值为（

）A．2 B． C． D．48．执行如图所示的程序框图，则输出的值是（

）A． B． C． D．9．若函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数k的取值范围（

）A． B．C． D．10．已知双曲线（，）的右焦点F与抛物线的焦点重合，抛物线准线与一条渐近线交于点，则双曲线的方程为（

）A． B．C． D．11．下列关于函数的说法错误的是（

）A．最小正周期为 B．最大值为1，最小值为C．函数图象关于直线对称 D．函数图象关于点对称12．已知是奇函数，且在上单调递减，则下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（

）A． B．C． D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分.共20分）13．已知单位向量，满足，则与的夹角为.14．函数，则.15．设是等比数列的前n项和，成等差数列，且则n=.16．有甲、乙两个班级共计105人进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表：优秀非优秀总计甲班10b乙班c30附:其中.0.100.050.0250.0100.00050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是①列联表中c的值为30，b的值为35；②列联表中c的值为20，b的值为45；③根据列联表中的数据，若按的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”；④根据列联表中的数据，若按的可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”.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题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题:（共60分）17．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知：，且.(1)求A的大小；(2)求的值.18．在如图所示的直三棱柱中，D、E分别是的中点.(1)求证:平面;(2)若为等边三角形，且，M为上的一点，求直线与直线所成角的正切值.19．2021年，党中央、国务院印发了《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》，也就是我们现在所称的“双减”政策.某地为了检测双减的落实情况，从某高中选了6名同学，检测课外学习时长（单位：分钟），相关数据如下表所示.学生序号123456学习时长/分220180210220200230(1)若从被抽中的6名同学中随机抽出2名，则抽出的2名同学课外学习时长都不小于210分钟的概率；(2)下表是某班统计了本班同学2022年1-7月份的人均月课外劳动时间（单位：小时），并建立了人均月课外劳动时间关于月份的线性回归方程，与的原始数据如下表所示：月份1234567人均月劳动时间89121922由于某些原因导致部分数据丢失，但已知.（i）求，的值；（ii）求该班6月份人均月劳动时间数据的残差值（残差即样本数据与预测值之差）.附：，，.20．已知椭圆的上顶点为，左､右焦点分别为，，离心率的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆相交于点，则直线的斜率分别为，，且，则直线是否经过某个定点？若是，请求出的坐标.21．已知函数.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若有两个不等的实根，求实数的取值范围.（二）选考题（共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，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]（10分）22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点．x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C存在两个公共点，求实数m的取值范围．[选修4—5:不等式选讲]（10分）23．已知函数，.(1)当时，解不等式；(2)若存在满足，求实数的取值范围1．A【分析】将集合化简，再结合集合的交集运算即可得到结果.【详解】将集合化简可得，则故选:A2．C【分析】通过向量共线且同向，即可求出实数的值并检验即可得解.【详解】因为，，且与共线且同向，所以，解得或，当时，，则，满足题意；当时，，则，不满足题意；综上，.故选：C．3．D【分析】设，根据复数乘法运算和复数相等可求得，再由可得结果.【详解】设，则，，，.故选：D.4．B【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案．【详解】因为，对于A，若，则与有可能异面，故A错误；对于B，若，则，又，则，故B正确；对于C，若，则有可能，故C错误；对于D，若，则与有可能相交，故D错误．故选：B．5．D【分析】由题意可得所有可能性在正方形中，而满足的点在图中的阴影部分，所以利用几何概型的概率公式求解即可.【详解】在区间和中各随机取1个数x和y，所有可能性在正方形中，令，即，当时，，当时，，所以,因为满足的点在如图所示的阴影部分，所以所求概率为.故选：D6．B【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为，是方程两根，所以，即，在等比数列中，，又，所以，因为，所以，所以.故选：B.7．A【分析】由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由两圆外切可得，要使取得最大值，则，同号，不妨取，，然后利用基本不等式求得的最大值.【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，由圆与圆相外切，得，即，∴，要使取得最大值，则，同号，不妨取，，由基本不等式，得，当且仅当时等号成立，∴的最大值为2．故选：A.8．C【分析】根据程序框图列出算法循环的每一步，结合判断条件得出输出的的值.【详解】执行如图所示的程序框图如下：不成立，，；不成立，，；不成立，，；不成立，，.成立，跳出循环体，输出的值为，故选C.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，对于这类问题，通常利用框图列出算法的每一步，考查计算能力，属于中等题.9．B【分析】利用导数研究函数的极值点，令极值点属于已知区间即可.【详解】所以时递减，时，递增，是极值点，因为函数在其定义域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，所以，即，故选：B.10．D【分析】首先分析题意，根据抛物线性质进行解析，因为双曲线与抛物线的焦点重合，可得双曲线的右焦点为，即又由双曲线的一条渐近线方程为，抛物线的准线方程为，最后计算即可.【详解】由抛物线的焦点为，因为双曲线与抛物线的焦点重合，可得双曲线的右焦点为，即，可得，又由双曲线的一条渐近线方程为，抛物线的准线方程为，因为抛物线准线与一条渐近线交于点，可得，即交点为，代入渐近线方程，可得，可得，将代入，可得，所以，所以双曲线的方程为，故选：D．11．C【分析】将三角函数化简变形为标准形式，即可求出对应的周期，最值，对称轴，对称中心等【详解】函数，函数的最小正周期，A正确．最大值为1，最小值为，B正确．由，得函数图象关于直线对称，C不正确．由，得函数图象关于点对称，D正确．故选：C12．D【分析】根据奇函数的定义与性质，及单调性的定义与性质判断即可.【详解】由题意得在上单调递减，则在上单调递增，对于A，因为与均在上单调递减，所以在上单调递减，故A错误；对于B，，则为偶函数，故B错误；对于C，，因为，所以，即，故C错误；对于D，，则为奇函数，与均在上单调递增，则在上单调递增，故D正确.故选：D.13．【分析】利用向量垂直点乘等于零和数量积公式即可得解.【详解】因为，是单位向量，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以.故答案为：.14．【分析】根据分段函数解析式，结合对数运算，求得所求表达式的值.【详解】依题意.故答案为：【点睛】本小题主要考查分段函数求值，考查对数运算，属于基础题.15．10【分析】设，分别利用首项表示出前3、6、及9项的和，得到已知的等式不成立，可得不等于1，然后利用等比数列的前项和的公式，化简，得到关于的方程，求出的值，然后求解．【详解】若，则有，，．但，即得，与题设矛盾，．又依题意，可得，整理得．由，得方程，，，．，得，故答案为：10．16．②③【分析】由成绩优秀的概率，可求的成绩优秀的人数，进而求出非优秀人数，得到的值，计算的观测值，对照题目中的表格，即可得到结论.【详解】由题意，在全部的105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，所以成绩优秀的人数为人，非优秀的人数为人，所以，故①错误，②正确；则，若按的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”，故③正确，④错误.故答案为：②③.【点睛】关键点睛：熟练掌握的计算方法是本题解决的关键.17．(1)(2)【分析】（1）根据已知条件及正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理，可得出结合角的范围，进而可以得出角的大小；（2）根据同角三角函数的关系，可由，求出，代入已知得出，利用二倍角公式，可得，再利用两角差的正弦公式即可求解.【详解】（1）根据正弦定理，由得：，又因为，所以，由余弦定理得：；又因为，所以.（2）因为，所以，因为为钝角，所以为锐角，所以，于是，，所以.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）借助题设条件运用线面平行的判定定理求解；（2）借助题设运用异面直线所成角的定义找出其角，再运用解三角形的方法求解．【详解】（1）取的中点，连接在中，因为分别为的中点，所以平面平面，所以平面在矩形中，因为分别为的中点，所以平面平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面因为平面，所以平面；（2）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，连接，因为为正三角形，为中点，所以，平面平面，所以平面，取的中点，连接，可得，故平面，又因为，则且，故四边形为平行四边形，所以，所以即为直线与直线所成角，设，在中，，所以.【点睛】空间直线与平面平行的判定及异面直线所成角的定义和解三角形等有关知识的综合运用．19．(1)(2)（i），；（ii）【分析】（1）根据古典概型运算公式，结合列举法进行求解即可；（2）（i）根据题中所给的公式进行求解即可；（ii）利用代入法，结合残差的定义进行求解即可.【详解】（1）用表示从被抽中的6名同学中随机抽出2名同学的序号分别为和，则基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，共15个，将“抽出的2名同学的课外学习时长都不小于210分钟”记为事件，由已知，序号为1，3，4，6的同学课外学习时长都不小于210分钟，∴事件中基本事件有，，，，，，共6个，∴；（2）（i）由表知，，∴，∴，即，①∵回归直线恒过样本点的中心，∴，即，②由①②，得，，③∵，∴，④由③④，得，.（ii）∵线性回归方程为，∴当时，预测值，此时残差为.20．(1)(2)直线经过定点【分析】（1）根据三角形面积和离心率得到方程组，求出，求出椭圆方程；（2）联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，根据斜率之和得到方程，求出，代入直线方程，求出定点.【详解】（1）因为的面积，且，又，故解得，则，则陏圆的标准方程为；（2）假设，直线与椭圆联立得，消去整理得，则，又因为，所以，则，即，代入韦达定理得，即，化简得，因为，则，即代入直线得，即所以直线经过定点.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.21．(1)(2)【分析】（1）求导，得到进而求出切线方程；（2），故只需当时，有且仅有一个实根，参变分离，转化为两函数只有1个交点，求导，得到的单调性，画出其图象，数形结合得到参数的取值范围.【详解】（1）当时，，所以曲线在处的切线方程为，即.（2）显然，要使方程有两个不等的实根，只需当时，有且仅有一个实根，当时，由方程，得.令，则直线与的图象有且仅有一个交点..又当时，单调递减，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得极小值，又当时，，所以，