山东省菏泽市第一中学南京路校区2024届高三下学期4月月考数学试题（含解析）

山东菏泽一中南京路校区2024届高三下学期4月份月考数学试题
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，集合，则( )
A. B. C. D.
2.设复数满足，在复平面内对应的点为，则( )
A. B.
C. D.
3.在平行四边形中，点满足，则( )
A. B. C. D.
4.设等差数列的前项和为，若，，则( )
A. B. C. D.
5.球类运动对学生的身心发展非常重要现某高中为提高学生的身体素质，特开设了“乒乓球”，“排球”，“羽毛球”，“篮球”，“足球”五门选修课程，要求该校每位学生每学年至多选门，高一到高三三学年必须将五门选修课程选完，每门课程限选修一学年，一学年只上学期选择一次，则每位学生的不同的选修方式有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6.已知球与圆台的上、下底面和侧面均相切，且球与圆台的体积之比为，则球与圆台的表面积之比为
( )
A. B. C. D.
7.已知是奇函数，当时，其中为自然对数的底数，则( )
A. B. C. D.
8.在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为
( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列函数中，是偶函数且在上单调递增的是
( )
A. B.
C. D.
10.设为坐标原点，抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，过点，分别作的垂线，垂足分别为，，则下列说法正确的有
( )
A. B.
C. D.
11.已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有
( )
A. B.
C. D. 直线的斜率为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中的系数为 用数字作答．
13.已知，之间的一组数据：
若与满足回归方程，则此曲线必过点 ．
14.若当时，无限趋近于一个确定的值，则称这个确定的值为二元函数在点处对的偏导数，记为，即
若当时，无限趋近于一个确定的值，则称这个确定的值为二元函数在点处对的偏导数，记为，即．
已知二元函数，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为
求双曲线的方程
若，为双曲线上的两点，且直线过的中点，求直线的斜率．
16.本小题分
如图，在直三棱柱中，点是的中点，，．
证明：平面
若，，求平面与平面的夹角的余弦值．
17.本小题分
襄阳市某中学一研究性学习小组为了了解襄阳市民每年旅游消费支出费用单位：千元，寒假期间对游览某签约景区的名襄阳市游客进行随机问卷调查，并把数据整理成如下表所示的频数分布表：
组别
支出费用
频数
从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据，求两人旅游支出均不低于元的概率
若襄阳市民的旅游支出费用近似服从正态分布，近似为样本平均数同一组中的数据用该组区间的中间值代表，近似为样本标准差，并已求得，利用所得正态分布模型解决以下问题：
假定襄阳市常住人口为万人，试估计襄阳市有多少市民每年旅游费用支出在元以上
若在襄阳市随机抽取位市民，设其中旅游费用在元以上的人数为，求随机变量的分布列和均值．
附：若∽，则，，．
18.本小题分
已知函数．
讨论的单调区间
若函数，证明：．
19.本小题分
如图，在平面直角坐标系中有一个点阵，点阵中所有点的集合为
，从集合中任取两个不同的点，用随机变量表示它们之间的距离．
当时，求的分布列．
对给定的正整数．
求随机变量的所有可能取值的个数用含有的式子表示
求概率用含有的式子表示
山东菏泽一中南京路校区2024届高三下学期4月份月考数学试题
答案和解析
1.【答案】
【解析】略
2.【答案】
【解析】略
3.【答案】
【解析】略
4.【答案】
【解析】略
5.【答案】
【解析】【分析】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题．
根据题意，分种情况讨论：五门选修课放在年选完，五门选修课放在年选完，由加法原理计算可得答案．
【解答】解：根据题意，分种情况讨论：
五门选修课放在年选完，
先将五门课程分为组，再在三年中选出年来学习，有种安排方法，
五门选修课放在年选完，
先将五门课程分为组，再安排在三年中选完，有种安排方法，
则有种安排方法．
故选A．
6.【答案】
【解析】略
7.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了利用奇函数的性质求解函数的函数值，属于基础题．
由是奇函数可得，则，代入已知可求．
【解答】
解：，
是奇函数，
当时，，
则．
故选D．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了空间中的距离，是中档题．
作出三棱锥外接球的球心，得出外接球半径，可得点到平面距离的最大值．
【解答】
解：设中点为，的外心为，的外心为，
过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，
因为和都是边长为的正三角形，可得，
因为平面平面，且，
所以四边形是边长为的正方形，
所以外接球半径，
到平面的距离．
故选D．
9.【答案】
【解析】略
10.【答案】
【解析】略
11.【答案】
【解析】【分析】本题考查抛物线的定义及直线与抛物线的位置关系，属于较难题．
设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，
得到两根之和，两根之积，表达出， ，
再由正弦定理得到，得到 ，
代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据 可判断
根据可判断
根据可判断
根据对称性判断．
【解答】解：由题意得，，，
当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求，
故设直线的方程为，不妨设，
联立，可得，易得，
设，，则，，
则，，
则，，
由正弦定理得，，
因为，，
所以， ，
即．
又由焦半径公式可知，
则，即，
即，解得，
则，，解得，，
故，
当时，同理可得到，故A正确
．
，故B正确
，故C正确
当时，，则 ，即 ，
此时 ．
由对称性可得，当时，，
故直线的斜率为，故D错误．
12.【答案】
【解析】略
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查线性回归方程及其应用，属于基础题．
令，只需要求和即可．
【解答】
解：令，则，，
则必经过点．
14.【答案】
【解析】【分析】本题考查新定义，考查学生的计算能力，正确理解新定义是关键，属于基础题．
利用定义，结合配方法得出结论．
【解答】解：由题意，，最小值是．
故答案为：．
15.【答案】解：因为双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，
所以．
因为双曲线的渐近线方程为，
所以．
解得，．
所以双曲线的方程为．
当直线过原点时，过的中点恒成立，因为直线与双曲线相交，
所以，且．
当直线不经过原点时，设，，则，，
两式相减得，
即．
由的中点在直线上，得．
所以，即．

【解析】略
16.【答案】证明：如图，记与的交点为点，连接，，
因为三棱柱是直三棱柱，
所以．
因为，所以四边形是正方形，故B.
因为，，
所以又因为是的中点，
所以，
所以D.
因为四边形是正方形，所以点是的中点，
所以．
又因为，平面，，
所以平面．
解：因为，，所以．
如图，以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，，．
因为平面，所以平面的法向量为．
设平面的法向量为，
则即解得取，
得
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．

【解析】略
17.【答案】解：样本中总共人，其中旅游支出不低于元的有人，所以从中随机抽取两位市
民的旅游支出数据，两人旅游支出均不低于元的概率为；
计算，
所以，，服从正态分布，
，
万，
估计襄阳市有万市民每年旅游费用支出在元以上；
(ⅱ)由知，，则，
， ，
， ；
所以随机变量的分布列为：
均值为

【解析】本题考查正态分布和二项分布的实际应用，属于中档题．
根据题意可得旅游支出不低于元的有人，结合古典概型概率公式即可求解；
根据题意可得，，结合正态曲线的对称性即可求解；
根据题意可得结合二项分布求概率和均值即可求解．
18.【答案】解：由题知，函数的定义域为，
，
当时，有，
所以，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增；
当时，有，，
所以在上单调递增；
当时，有，
所以，在上单调递增，
在上单调递减，
在上单调递增．
由知：当时，在上单调递增，
所以，当时，，即．
因为，所以，
所以．
【解析】本题主要考查了导数的运用，运用导数研究函数的单调性，运用导数证明不等式，属于较难题．
求出，对的取值分类讨论，即可得的单调性；
借助中结论得，转化所求不等式，结合同角三角函数关系即可证明不等式．
19.【答案】解：当时，集合中共有个点，
则的所有可能取值为，，，，．
所以，
，
，
，
．
所以的分布列为
由题意得，集合中任取两个不同的点之间的不同距离的总数可以转化成边长为的正方形边界上任取两个不同的点之间的不同距离的个数的总和，
在边长为的正方形中，有个不同的距离，
在边长为的正方形中，有个不同的距离，
在边长为的正方形中，有个不同的距离，
由各正方形大小不同，距离大小各不相同，
得的所有可能取值的个数为．
由对立事件，不妨考虑的情况，
当时，取出的两点为边长为的正方形的顶点，
此时，这种正方形共有个，每个正方形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
当时，不妨设，且，
由，得，
因为，所以，
所以，即，，，
当，即时，取出的两点为边长分别为，的矩形的顶点，
此时，这种矩形共有个，每个矩形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
当，即时，取出的两点为边长分别为，的矩形的顶点，
此时，这种矩形共有个，每个矩形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
当，即时，取出的两点为边长为的正方形的顶点，
此时，这种正方形共有个，每个正方形中距离等于的情形有种，
所以，事件包含的样本点个数为
由题知样本空间包含的所有样本点的个数为，
所以由古典概型得
所以由对立事件公式得．