福建省莆田市第一中学2024届高三上学期期初考试数学试题(含答案)

这是一份福建省莆田市第一中学2024届高三上学期期初考试数学试题(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、已知全集,集合,则下图中阴影部分所表示的集合为( )
A.B.C.D.
2、不等式：成立的一个必要不充分条件是( )
A.B.C.D.
3、若方程有两个不相等的正实数解,则实数m的取值范围是( )
A.B.C.D.
4、如图,平行六面体的底面ABCD是矩形,,,,且,则线段的长为( )
A.B.C.D.
5、已知函数有最小值,则a的的取值范围是( )
A.B.C.D.
6、设是定义在R上的偶函数,若,,都有,则( )
A.B.
C.D.
7、在三棱柱中,侧棱平面ABC,,,,,P为侧棱的中点,则四棱锥外接球的表面积为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
8、连续抛掷两次骰子,“第一次抛掷结果向上的点数小于3”记为A事件,“第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数”记为B事件,“两次抛掷结果向上的点数之和为偶数”记为C事件,“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为D事件,则下列叙述中不正确的是( )
A.C与D互斥B.
C.A与C相互独立D.B与D不相互独立
9、已知a,b,c为实数,且,则下列不等式正确的是( )
A.B.C.D.
10、已知定义在R上的函数满足,且,则( )
A.B.的图象关于对称
C.为偶函数D.是周期为的函数
11、如图,正方体的棱长为1,线段上有两个动点E,F,且,则下列说法中正确的是( )
A.存在点E,F使得B.异面直线EF与所成的角为
C.三棱锥的体积为定值D.到平面AEF的距离为定值
12、德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著,以其名字命名的函数,被称为狄利克雷函数.则下列说法正确的是( )
A.
B.对任意,恒有成立
C.任取一个不为0的实数T,对任意实数x均成立
D.存在三个点,,,使得为等边三角形
三、填空题
13、已知函数的定义域为,则函数的定义域为__________.
14、设函数,若不等式恒成立,则a的取值范围是_________.
15、已知函数的定义域是,值域为,则满足条件的自然数对可以是___________（写出一对即可）
16、设函数,则方程的解集为________________.
四、解答题
17、已知,,且.
(1)求xy的取值范围;
(2)求的取值范围.
18、已知函数,.
(1)若不等式的解集为,求不等式的解集;
(2)若对于任意的,不等式恒成立,求实数a的取值范围.
19、2023年5月10日长征七号火箭剑指苍穹,搭载天舟六号货运飞船为中国空间站运送补给物资,为中国空间站的航天员们长时间探索宇宙奥秘提供强有力的后援支持.某校部分学生十分关注中国空间站的发展,若将累计关注中国空间站发展的消息达到6次及以上者称为“航天达人”,未达到6次者称为“非航天达人”.现从该校随机抽取50人进行分析,得到数据如表所示：
(1)补全列联表,根据小概率值的独立性检验,能否认为“航天达人”与性别有关联?
(2)现从抽取的“航天达人”中,按性别采用分层抽样的方法抽取6人,然后从这6人中随机抽取3人,记这3人中女“航天达人”的人数为X,求X的分布列和数学期望.
附：
20、提高隧道的车辆通行能力可改善附近路段高峰期间的交通状况.在一般情况下,隧道内的车流速度v和车流密度x满足关系式：.研究表明：当隧道内的车流密度时造成堵塞,此时车流速度.
(1)若车流速度,求车流密度x的取值范围;
(2)定义隧道内的车流量为,求隧道内的车流量y的最大值,并指出当车流量最大时的车流密度x.
21、如图,在三棱柱中,已知侧面,,,,点E在棱上.
(1)证明：平面ABC;
(2)若,试确定的值,使得C到平面的距离为.
22、已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制,第一场为双打,后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选手A、B、C,客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手X、Y、Z.比赛规则如下：第一场为双打（YZ对阵BC）、第二场为单打（X对阵A）、第三场为单打（Z对阵C）、第四场为单打（Y对阵A）、第五场为单打（X对阵B）.已知双打比赛中YZ获胜的概率是,单打比赛中X、Y、Z分别对阵A、B、C时,X、Y、Z获胜的概率如下表：
(1)求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率;
(2)客队输掉双打比赛后,能否通过临时调整选手Y为三单、选手Z为二单使得客队团体赛获胜的概率增大？请说明理由.
参考答案
1、答案：C
解析：根据题意,易知图中阴影部分所表示.
故选：C.
2、答案：A
解析：解不等式,得,
对于A,真包含于,A是;
对于B,,B不是;
对于C,真包含于,C不是;
对于D,与互不包含,D不是.
故选：A.
3、答案：C
解析：令,依题意,方程有两个不相等的正实数解,
因此,解得,
所以实数m的取值范围是.
故选：C.
4、答案：B
解析：由,可得,
因为底面为矩形,,,,
所以,,
又
,
所以,则.
故选：B.
5、答案：C
解析：当时, ,此时;
当时,.
①时,为常函数,此时在R上满足函数有最小值为-1,
②时,函数此时为单调的一次函数,要满足在R上有最小值,
需解得,
综上,满足题意的实数a的取值范围为：,
故选：C.
6、答案：D
解析：由,,都有,得函数在上单调递减,
又是偶函数,则,
而,于是,
所以.
故选：D.
7、答案：B
解析：连接,交于点O,连接OP.因为平面ABC,
所以在矩形中,由P为的中点,知.
在中,,
所以.在中,,
所以,所以,又O为的中点,所以,
又在矩形中,,
所以点O为四棱锥外接球的球心,所以外接球的半径,其表面积,
故选：B.
8、答案：ABC
解析：因为抛掷一次骰子,包含个基本事件,
事件A表示结果向上的点数为、,所以;
事件B表示第二次抛掷结果向上的点数为、,所以;
事件C表示结果向上的点数为,,,,,,,,,
,,,,,,,,,共18种情况,
而抛掷两次骰子共出现种情况,所以;
事件D表示结果向上的点数为,,,,,,,,,
,,,,,,,,,共18种情况,
而抛掷两次骰子共出现种情况,所以;
对于A：由上述事件C与事件D表示的结果可知,,所以事件C与事件D互斥且对立,故A正确;
对于B：因为,表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第一次抛掷结果向上的点数小于的概率,
其中AD有,,,,,共6种情况,
所以,所以,故B正确;
对于C：因为,,
表示两次抛掷结果向上的点数之和为偶数且第一次抛掷结果向上的点数小于3的概率,
其中AC有,,,,,,共6种情况,
所以,所以A与C相互独立,故C正确;
对于D：因为,,
而表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数的概率,
其中BD有,,,,,,共6种情况,
所以,所以B与D相互独立,故D错误;
故选：ABC.
9、答案：ACD
解析：因为,所以,故A正确;
对于B,当时不成立,故B不正确;
对于C,因为,所以,,
所以,即,故C正确;
,
所以D正确;
故选：ACD.
10、答案：ABD
解析：,
关于对称,
是将的图象向左平移2个单位.
关于对称,故为奇函数,故C错误;
又.
关于对称,故B正确;
,
又,
,
即,
,
,
即,所以是周期为4的函数,故D正确;
又,令,则,所以,故A正确;
故选：ABD.
11、答案：BCD
解析：对于A,在正方体中,直线与AB是异面直线,而E,,若,
则A,E,B,F四点共面,直线EF与AB共面,与直线EF,AB异面矛盾,因此AE,BF不平行,A错误;
对于B,连接BD,由正方体的对角面是矩形,得,即,
则即为异面直线EF与所成的角,显然为等边三角形,即,B正确;
对于C,依题意,,点A到平面BEF的距离,
即点A到平面的距离为定值,因此为定值,C正确;
对于D,在正方体中,点A到直线距离为定值,则面积是定值,
而到直线EF的距离为定值,即面积是定值,又,令到平面AEF的距离为h,
于是,即有为定值,D正确.
故选：BCD.
12、答案：BD
解析：依题意,当x为有理数时,,当x为无理数时,,因此恒成立,A错误;
当x是有理数时,,当x是无理数时,
所以对任意,恒有成立,B正确;
若T是无理数,当x是有理数时,则是无理数,有,而,此时,C错误;
取,,得,,,,,
此时,即为等边三角形,D正确.
故选：BD.
13、答案：
解析：函数的定义域为,则由有意义,
得,解得,即,
所以函数的定义域为.
故答案为：.
14、答案：
解析：函数的定义域为R,,即函数是奇函数,
又函数是增函数,是减函数,因此函数是R上的增函数,
不等式,
于是恒成立,而,当且仅当时取等号,则,
所以a的取值范围是.
故答案为：.
15、答案：
解析：显然是偶函数,设,
则在上单调递减,在上单调递增,所以在上单调递减,,
在上单调递增,,且,
其图象如下图所示：
要使值域为,且a,,则满足条件的自然数对可以是
故答案为：.
16、答案：
解析：函数,令,则方程化为,
当时,,解得,当时,,解得,因此或,
当时,,显然,即,解得,
当时,,若,则,解得,若,则,解得,因此或,
所以方程的解集为.
故答案为：.
17、答案：(1)
(2)
解析：（1）因为,,所以,当且仅当时取等号,
即,
解得:,
即;
（2）由,,,得,
则,
当且仅当,即时等号成立,但,
所以,的取值范围是.
18、答案：(1)
(2)
解析：（1）若不等式的解集为,
即1,2是关于x的方程的两个根,
则,即,
则,由得,
即,得,解得或,
即不等式的解集为.
（2）不等式对于任意的恒成立,
即对于任意的恒成立,
令,,
则,
令,解得,
当时,当时时
故在上单调递增,在上单调递减,
又,,
故,所以.
19、答案：(1)表格见解析,“航天达人”与性别无关
(2)分布列见解析,1
解析：（1）补全2×2列联表如下表：
零假设：假设“航天达人”与性别无关,
根据表中的数据计算得到,
查表可知,
所以根据小概率值的独立性检验,没有充分证据推断不成立,因此可以认为成立,因此“航天达人”与性别无关;
（2）在“航天达人”中按性别分层抽样抽取,男航天达人有人,女航天达人有2人,X所有可能取值为：0,1,2,
则,,,
所以X的分布列如下：
X的数学期望为.
20、答案：(1)
(2)y的最大值为2600,此时车流密度为80.
解析：（1）由题意可知：当时,,
所以,解得：,
所以,
当时,,解得：,所以;
当时,,解得：,所以,
综上：车流速度,车流密度x的取值范围为.
（2）由题意可得：,
当时,,
由二次函数的性质可知：当时,y取最大值为1350;
当当时,
（当且仅当,即时取等）
所以当时,y取最大值为2600,
综上可知：y的最大值为2600,此时车流密度为80.
21、答案：(1)答案见解析;
(2)或.
解析：（1）在三棱柱中,,,,
在中,由余弦定理得,
即有,于是,又侧面,侧面,
则,而,CB,平面ABC,
所以平面ABC.
（2）由（1）知,BC,BA,两两垂直,以B为坐标原点,建立如图所示的坐标系,
则,,,,,,
,,
设平面的一个法向量为,则,
令,得,
点C到平面的距离,解得或,
所以当或时,C到平面的距离为.
22、答案：(1)
(2)能通过临时调整选手Y为三单、选手Z为二单使得客队团体赛获胜的概率增大,理由见解析
解析：（1）设“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”事件为事件A,
则事件A包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件,
“主队3场全胜”的概率为,
“客队3场全胜”的概率为,
所以,
所以主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率为.
（2）能,理由如下：
设“剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序,客队获胜”为事件M,第二场单打（X对阵A）、第三场单打（Z对阵C）、第四场单打（Y对阵A）、第五场单打（X对阵B）的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜;
则,
设“剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序,客队获胜”为事件N,第二场单打（X对阵A）、第三场单打（Y对阵C）、第四场单打（Z对阵A）、第五场单打（X对阵B）的胜负情况分别为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜;
则,
因为,
所以客队调整选手Y为三单、选手Z为二单获胜的概率更大.
航天达人
非航天达人
合计
男
20
26
女
14
合计
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
选手
选手
A
B
C
X
Y
Z
航天达人
非航天达人
合计
男
20
6
26
女
10
14
24
合计
30
20
50
X
0
1
2
P