2023届福建省厦门双十中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2023届福建省厦门双十中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省厦门双十中学高三上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解对数不等式确定集合，解分式不等式确定集合，然后由交集的定义计算．【详解】由题意，，，或，即或，所以．故选：B．2．已知复数，则z的共轭复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：因为所以 的共轭复数的虚部为．故选：C．3．从3男2女共5名医生中，抽取2名医生参加社区核酸检测工作，则至少有1名女医生参加的概率为（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】由条件列出样本空间，确定样本空间的基本事件数，再确定事件至少有1名女医生包含的基本事件数，利用古典概型概率公式求其概率.【详解】解：将3名男性医生分别设为a，b，c，2名女性医生分别设为d，e，这个实验的样本空间可记为，共包含10个样本点，记事件A为至少有1名女医生参加，则，则A包含的样本点个数为7，∴，故选：C．4．已知是定义在上的函数，则“是上的偶函数”是“都是上的偶函数”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据偶函数的定义，从是定义在上的偶函数出发去推导的奇偶性，然后再进行反向推理即可.【详解】由都是R上的偶函数，得，设，，为偶函数，即“都是R上的偶函数时，则必为偶函数”，反之，“若为偶函数，则不一定能推出都是R上的偶函数”，例如：取，则是R上的偶函数，而都不具备奇偶性，故“是R上的偶函数 ”是“都是R上的偶函数” 的必要不充分条件.故选：B．5．已知，且恒成立，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将恒成立不等式化为，利用导数可求得单调性，可知，由此可得；由知：，求导后，根据的范围讨论单调性，进而得到；由可求得结果.【详解】由，得：；令，，令，则，在上单调递减，，则，在上单调递减，，；令，则，，；当时，，在上单调递增，，不合题意；当时，，在上单调递减，，满足题意；当时，，使得，又在上单调递减，当时，，在上单调递增，则，不合题意；综上所述：；.故选：D.6．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】，令，利用导数求出函数的单调区间，令，利用导数求出函数的单调区间，从而可得出和的大小，从而可得出的大小关系，将两边同时取对数，然后作差，从而可得出的大小关系，即可得出结论.【详解】解：，，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，在上递增，所以，即，所以，即，所以，由，得，由，得，，因为，所以，所以，所以，即，所以，综上所述.故选：A.【点睛】本题考查了比较大小的问题，考查了同构的思想，考查了利用导数求函数的单调区间，解决本题的关键在于构造函数，有一定的难度.7．设是函数的导函数，的图像如图所示，则的图像最有可能的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】当时，，当时，，当时，，根据函数的单调性即可判断.【详解】由导函数的图象可得当时，,函数单调递增；当时，,函数单调递减；当时，,函数单调递增.只有C选项的图象符合.故选:C.8．已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上，且该圆锥的高为8.母线，点B在上，且，则过点B的平面被该球O截得的截面面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设球半径为R，由题意可得的长，在中由勾股定理可求得R,取AS中点N，由已知条件可得OB长，当截面圆面积最小时，当且仅当垂直于截面，由勾股定理可得截面圆的半径，进而求得面积.【详解】如图,球的球心为O，半径为R，则，，，所以，即，解得，取的中点N，，，则，所以，，过点B的平面被该球O截，若截面面积最小，则垂直于截面，此时截面圆半径为，所以截面面积的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查被球截得的截面面积最小值的求法，考查空间中线线、线面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题． 二、多选题9．如图，已知正方体的棱长为2，设点分别为的中点，则过点的平面与正方体的截面形状可能为（    ）A．三角形 B．矩形C．五边形 D．六边形【答案】BCD【分析】在正方体的内部，由平面的延展性，截面不可能的三角形；取的中点，连接，此时过的平面即为平面；取，，连接，此时过的平面即为五边形；分别取的中点，连接，此时过的平面即为六边形，【详解】在正方体的内部，由平面的延展性，截面不可能的三角形，故A错误；取的中点，连接，因为，所以四边形是平行四边形，又，所以四边形是矩形，此时过的平面即为平面，B正确；取，，连接， 分别取的中点，取，连接、，可得，，所以在同一平面内，在同一平面内，又过的平面只有一个，所以是五边形，此时过的平面即为五边形，故C正确；分别取的中点，连接， 由正方体的性质，交于一点，所以的中点在平面内，即也在平面内，所以是六边形，此时过的平面即为六边形，故D正确.故选：BCD.10．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的周期为2B．函数的周期为4C．函数关于点中心对称D．【答案】BCD【分析】利用函数的奇偶性、对称性与周期性对选项逐一分析即可.【详解】解：因为为偶函数，所以，所以，则，所以函数关于直线对称，因为为奇函数，所以，所以，所以，所以函数关于点中心对称，故C正确，由与得，即，故，所以函数的周期为4，故不正确，B正确；，故D正确.故选：BCD.11．已知，下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则ac2>bc2C．若，则 D．若，则【答案】CD【分析】由不等式的性质可判断ABC，由作差法可判断D.【详解】对于A，若，则，A错误；对于B，若,且时，则，B错误；对于C，若，则，故，则必有，C正确；对于D，若，则，所以，D正确.故选：CD12．已知函数，函数，下列选项正确的是（    ）A．点是函数的零点B．，使C．若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是D．函数的值域为【答案】BCD【分析】利用函数的零点判断A，利用函数的单调性及最值判断选项BD；利用函数的单调性及函数的极值判断选项C.【详解】对于选项A，是函数的零点，零点不是一个点，所以A错误；对于选项B，当时，，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，当时，；当时，，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，当时，．综上可得，选项B正确．对于选项D，，即函数的值域为，选项D正确．结合函数的单调性及图像可得：函数有且只有一个零点，则也有且只有一个零点；所以对于选项C，关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有两个不相等的实数根⇔关于的方程有一个非零的实数根⇔函数的图象与直线有一个交点，且， 则当时，，当变化时，，的变化情况如下：0+00+单调递增极大值单调递减极小值单调递增 所以极大值，极小值；当时，，当变化时，，的变化情况如下：120+e单调递减极小值单调递增 所以极小值．综上可得，或，解得的取值范围是，故C正确．故选：BCD． 三、填空题13．已知的展开式中的各项系数和为，则该展开式中的常数项为______.【答案】－120【分析】的展开式中各项系数的和为，令，求出，再求出展开式中的常数项即可.【详解】的展开式中，各项系数的和为，令，，，∴其中的展开式中的项为，即，的展开式中的项为，即，展开式中的常数项为.故答案为：.14．正态分布概念是由德国数学家和天文学家Moivre在1733年首先提出的，由于德国数学家高斯率先把其应用于天文学研究，故我们把正态分布又称作高斯分布．早期的天文学家通过长期对某一天体的观测收集到大量数据，对这些数据进行分析，发现这些数据变量X近似服从．若，则______．【答案】0.09【分析】利用正态分布图像的对称性，即可求得结果.【详解】因为X近似服从，所以X的正态分布曲线关于对称，故.故答案为：0.09.15．将6名同学分成两个学习小组，每组至少两人，则不同的分组方法共有___________种.【答案】25【分析】根据题意分两类：一是一组2人，一组4人，另一个是两组均为3人，求出各类的方法数，再利用分类加法原理求解即可.【详解】由题知，6人分为两组共有两种分法：（1）一组2人，一组4人：这种分法数为种；（2）两组均为3人：这种分法数为种，所以，由分类加法原理可得共有25种分法.故答案为：2516．已知函数，若，且，则的值为___________.【答案】【分析】先画出函数的图象，令，根据三角函数的对称性，以及对数函数的性质，求出和，即可得出结果.【详解】解：作出函数的图象如下：令，则，由题意，结合图象可得，，，所以 ，，，因此.故答案为：. 四、解答题17．如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，(1)证明：平面平面；(2)在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．【详解】(1)证明：取的中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；(2)解：取的中点，由四边形是菱形，，则，是正三角形，，，又平面，所以以为原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，则，，，，，，则设，，所以，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得平面的法向量可以为，，解得，所以，则设平面的一个法向量为，则，即，取，得，所以点到平面的距离.18．一个袋子中有7个大小相同的球，其中有2个红球，2个蓝球，3个黑球，从中随机取出3个球．(1)求至少取到2个黑球的概率；(2)设取到一个红球得2分，取到一个蓝球得1分，取到一个黑球得0分，记总得分为X，求X的分布列和均值．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）利用古典概型去求至少取到2个黑球的概率；（2）先利用古典概型求得随机变量X的每一个值的概率，进而得到X的分布列，利用随机变量的均值定义即可求X的均值．【详解】(1)记“至少取到2个黑球”，事件A包含：①取到2个黑球，1个红球或蓝球；②取到3个黑球．所以，故至少取到2个黑球的概率为．(2)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5．即取到2个红球，1个蓝球，则；即取到1个红球，2个蓝球，或取到2个红球，1个黑球，则；即取到1个红球，1个蓝球，1个黑球，则；即取到1个红球，2个黑球，或取到2个蓝球，1个黑球，则；即取到1个蓝球，2个黑球，则；即取到3个黑球，则．    所以的分布列为X012345P 所以．19．在二项式展开式中，第3项和第4项的系数比为．(1)求n的值及展开式中的常数项；(2)求展开式中系数最大的项是第几项．【答案】(1)，(2)第5项 【分析】（1）根据展开式的通项以及系数之比即可求解，由值和通项特征即可求解常数项，（2）根据不等式法即可求解最大项，【详解】(1)二项式展开式的通项公式为:，因为第3项和第4项的系数比为，所以，化简得，解得，所以，令，得，所以常数项为．(2)设展开式中系数最大的项是第项，则解得，因为，所以，所以展开式中系数最大的项是第5项．20．甲､乙两班进行消防安全知识竞赛，每班出3人组成甲乙两支代表队，首轮比赛每人一道必答题，答对则为本队得1分，答错或不答都得0分，己知甲队3人每人答对的概率分别为，乙队每人答对的概率都是，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示甲队总得分.(1)求的概率；(2)求甲队和乙队得分之和为4的的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，根据独立事件的概率乘法公式，可得答案；（2）由题意，根据概率乘法公式与二项分布的概率公式，结合概率加法公式，可得答案.【详解】(1)，则甲队有两人答对，一人答错，故.(2)设甲队和乙队得分之和为4为事件A，设乙队得分为Y，则.，，，，，∴.21．致敬百年，读书筑梦，某学校组织全校学生参加“学党史颂党恩，党史网络知识竞赛”活动，并从中抽取100位学生的竞赛成绩作为样本进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．规定：成绩在内为优秀，成绩低于60分为不及格． 优秀非优秀合计男5  女 35 合计    (1)求a的值，并用样本估算总体，能否认为该校参加本活动的学生成绩符合“不及格的人数低于20％”的要求；(2)根据以上数据完成2×2列联表，并判断是否有99％的把握认为此次竞赛成绩与性别有关．附：0.1500.1000.0500.0100.0052.0722.7063.8416.6357.879  【答案】(1)，不能；(2)列联表见解析；没有99％的把握认为此次竞赛成绩与性别有关. 【分析】（1）利用概率分布直方图的性质先求出，进而求得60分以下的概率估计值，即可判断；（2）根据（1）中的结论，先求得优秀的人数，再填写列联表，进而再求，查表后可以判断得没有99％的把握.【详解】(1)，解得，成绩不及格的频率为，∴“成绩不及格”的概率估计值为21％，∵21％＞20％，∴不能认为该校参加本活动的学生成绩符合“不及格的人数低于20％”的要求．(2)由（1）可得成绩在的人数为：，即样本中成绩优秀有20人，由此完成2×2列联表如下所示： 优秀非优秀合计男54550女153550合计2080100 假设：此次竞赛成绩与性别无关，则，∴没有99％的把握认为此次竞赛成绩与性别有关．22．已知实数，函数，是自然对数的底数.(1)当时，求函数的单调区间；(2)求证：存在极值点，并求的最小值.【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为(2)证明见解析，的最小值是e． 【分析】（1）求导，根据的正负判定函数的增减即可；（2）根据导数的分母正，需要分子有变号零点，转变为双变量函数的恒成立和有解问题，利用导数再次确定新函数单调性和最值即可求解.【详解】(1)（1）当时，，则令，得；令，得；所以，函数的单调增区间为，单调减区间为．(2)（2）令，因为，所以方程，有两个不相等的实根，又因为，所以，令，列表如下: -0+减极小值增 所以存在极值点.所以存在使得成立，所以存在使得，所以存在使得对任意的有解，因此需要讨论等式左边的关于的函数，记，所以，当时，单调递减；当时，单调递增．所以当时，的最小值为．所以需要，即需要，即需要，即需要因为在上单调递增，且，所以需要，故的最小值是e．