2024届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题含解析

这是一份2024届江苏省泰州中学高三上学期第一次月度检测数学试题含解析，共19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。

一、单选题
1．设集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先化简得出集合，再利用集合的并集运算即可得解.
【详解】由可得，则，
，
所以.
故选：A.
2．已知是虚数单位，，复数为纯虚数，则的模等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据复数乘法运算法则计算，再根据纯虚数概念得，最后根据复数模的定义得结果.
【详解】因为为纯虚数，所以，从而，选B.
【点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为
3．的展开式中项的系数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出二项式展开式的通项公式，再求出项的系数作答.
【详解】二项式展开式的通项公式为：，
令，解得，于是，
所以所求系数为.
故选：A
4．下列化简不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用余弦的二倍角公式可计算得A正确；由两角和的正切公式可知B错误；利用两角和的正弦公式可求出C正确；利用正弦的二倍角公式可计算得D正确.
【详解】A选项，，A选项正确.
B选项，，B选项错误.
C选项，
，所以C选项正确.
D选项，易知，所以，D选项正确.
故选：B
5．用模型拟合一组数据组，其中，设，得变换后的线性回归方程为，则（ ）
A．B．C．70D．35
【答案】B
【分析】根据回归直线方程必过样本中心点，再结合题意以及对数的运算计算即可.
【详解】因为，
所以，则，
即，
即，所以.
故选：B.
6．一半径为2m的水轮，水轮圆心O距离水面1m；已知水轮按逆时针做匀速转动，每3秒转一圈，且当水轮上点P从水中浮现时（图中点）开始计算时间．如图所示，建立直角坐标系，将点P距离水面的高度h（单位：m）表示为时间t（单位：s）的函数，记，则（ ）
A．0B．1C．3D．4
【答案】C
【详解】设，由三角函数的性质求解．
【分析】由题意设，则，，则，
当时，，取，
故，，，
故选：C
7．已知，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依据重要不等式去求解的最大值
【详解】∵，
（当且仅当时等号成立），
故选：A.
8．已知函数有三个不同的零点.其中，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】令，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑有两个不同的根，从而可得或，结合图象可得，，，结合韦达定理即可得到所求值．
【详解】解：令，则，
故当时，，是增函数，
当时，，是减函数，
可得处取得最小值，
，，画出的图象，
由可化为，
故结合题意可知，有两个不同的根，
故，故或，
不妨设方程的两个根分别为，，
①若，，
与相矛盾，故不成立；
②若，则方程的两个根，一正一负；
不妨设，结合的性质可得，，，，
故
又，，
．
故选：A．

【点睛】本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用，同时考查了分类讨论思想的应用，属于难题．
二、多选题
9．已知向量，满足且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】先对条件进行化简得到，再结合选项逐个判定可得答案.
【详解】因为，所以；
因为，所以，所以，故C错误，D正确；
因为，所以，A正确；
因为，所以，B错误；
故选：AD.
10．给出以下四个结论：①函数与的图象只有一个交点；②函数与的图象有无数个交点；③函数与的图象有三个交点；④函数与的图象只有一个交点.则正确结论的序号为（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】ABD
【分析】①：在同一坐标系内作出函数与的图象，看两图象交点个数进行判断；
②：在同一坐标系内作出函数与的图象，看两图象交点个数进行判断；
③：在同一坐标系内作出函数与的图象，看两图象交点个数进行判断；④：解方程进行判断即可.
【详解】①：在同一坐标系内作出函数与的图象，如下图所示：
由图象可知：两个函数图象只有一个交点，故本结论正确；
②：在同一坐标系内作出函数与的图象，如下图所示：
由图象可知：在时，两个函数图象有2个交点，但是函数是最小正周期为的周期函数，故当时，有无数个交点，故本结论正确；
③：在同一坐标系内作出函数与的图象，如下图所示：
即函数与的图象只有一个交点，故本结论错误；
④：，因此函数与的图象只有一个交点，故本结论正确.
故选：ABD
【点睛】本题考查了两个函数图象的交点问题，考查了数形结合思想、直接法，属于中档题.
11．下列关于随机变量X的说法正确的是（ ）
A．若X服从正态分布，则
B．已知随机变量X服从二项分布，且，随机变量Y服从正态分布，若，则
C．若X服从超几何分布，则期望
D．若X服从二项分布，则方差
【答案】BCD
【分析】根据正态分布的性质、超几何分布的期望公式、二项分布方差的运算公式，结合方差的性质逐一判断即可.
【详解】对A，由于，所以，根据方差的性质，，故A错误；
对B，服从二项分布，，
解得，
，根据正态分布的对称性可得，，故B正确；
对C，服从超几何分布，根据超几何分布的期望公式，，故C正确；
对D，服从二项分布，根据二项分布方差公式得，，故D正确.
故选：BCD.
12．设函数，，下列命题正确的是（ ）
A．若函数有两个零点，则，
B．若恒成立，则
C．若，，时，总有恒成立等价于
D．，恒成立．
【答案】AC
【分析】利用导数求函数的最大值，结合变化趋势考察与的关系可判断AB；构造函数，将问题转化为导数在大于等于0恒成立问题，然后利用导数求其最值可判断C；取，然后使用放缩法可判断D.
【详解】，当时，，当时，，故时，有最大值，又时，,且越大时，趋近于0，要使函数有两个零点，则，故A正确，B错误；
若，，时，总有恒成立等价于函数在上单调递增，等价于在区间上恒成立，令，则，当时，，所以当时，成立，当，时，，此时，不满足题意，故C正确；
记，则，因为，，所以，故在区间上存在使得，故D错误.
故选：AC
三、填空题
13．已知，，则 .
【答案】
【分析】利用同角三角函数的基本关系求得，再由运用正弦的和角公式可得答案.
【详解】，，
又，，
，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：在解决三角函数中的给值求值问题时，关键在于运用已知的角去表示待求的角，再利用相应的三角函数公式得以解决.
14．数据的百分位数是 .
【答案】/
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】共个数据，，
第个数据分别为，.
故答案为：.
15．已知，，且在区间上有最小值，无最大值，则 .
【答案】
【分析】由题意可得函数的图象关于直线对称，再根据在区间上有最小值，无最大值，可得，由此求得的值．
【详解】依题意，当时，y有最小值，即，
则，所以.
因为在区间上有最小值，无最大值，所以，
即，令，得.
故答案为：
16．已知函数在（）时的最小值为，最大值为，若，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由题易得，在坐标系内画出函数的图象结合分析可得，，，，最后由得出答案即可.
【详解】，
因为，所以，
在坐标系内画出函数y=sinz的大致图象如下：
由图象并结合可知，
当，即时，y取得最大值，最大值为，因此y的最小值m为，
要使y取得最小值，由图象可知必有，解之得，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角函数的综合应用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
四、解答题
17．已知向量，，.
(1)求函数的最小正周期和单调递减区间：
(2)求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时的值.
【答案】(1)；
(2)当时，的最大值为，当时，的最小值为
【分析】（1）首先根据平面向量数量积运算公式求出的解析式，然后通过三角函数恒等变换公式将其化简整理成余弦型函数，最后根据余弦函数性质求解其周期与减区间.
（2）直接根据三角函数的图像及其性质求解上的最大值与最小值即可.
【详解】（1）已知向量，，
所以.
故函数的最小正周期为；
由，解得：，，
故函数的单调递减区间为.
（2）由于，得.
故当，即时，取得最大值，最大值为；
当，即时，取得最小值，最小值为.
18．设三个内角所对的变分别为已知
(1)求角的大小；
(2)如图，在的一个外角内取一点，使得，过点分别作直线的垂线，垂足分别为.设，求的最大值及此时的取值.
【答案】(1)
(2)当时，取得最大值为
【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，求得，进而求得.
（2）求得的表达式，结合三角函数最值的求法，求得的最大值以及此时对应的的值.
【详解】（1）依题意，
由余弦定理得，
所以.
（2）依题意可知，
所以
,
,
所以当时，取得最大值为.
19．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求证：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）因为，所以．
①当时，在单调递减；
②当时，由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，，
要证明，只要证，即证，
设，则，令得，列表得
所以，即，所以．
20．如图，圆锥SO，S为顶点，是底面的圆心，为底面直径，，圆锥高点P在高SO上，是圆锥SO底面的内接正三角形.

(1)若，证明:平面
(2)点P在高SO上的动点，当和平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意易证，，再根据线面垂直的判定即可证明平面.
（2）首先点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法和基本不等式得到当时，与平面所成角的正弦值最大，再求三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，则，
易知底面圆，而底面圆，所以，
又在中，，所以，
因为是正三角形，所以，
且，，所以，，同理可证，
又，平面，所以平面；
（2）如图，因为，所以以点为原点，平行于方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立以为原点的空间直角坐标系，

设，
所以
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设直线和平面所成的角为，
则
，
当且仅当，即时，所在直线和平面所成角的正弦值最大，
故.
21．某高校男､女学生人数基本相当，为了解该校英语四级考试情况，随机抽取了该校首次参加英语四级考试的男､女各60名学生的成绩，情况如下表：
(1)是否有99%的把握认为该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关？
(2)从这60名男生中任意选2人，求这2人中合格人数的概率分布及数学期望；
(3)将抽取的这120名学生合格的频率视为该校首次参加英语四级考试的每位学生合格的概率.若学生首次考试不合格，则经过一段时间的努力，第二次参加考试合格的概率会增加.现从该校学生中任意抽取2名学生，求至多两次英语四级考试后，这两人全部合格的概率.
附：
【答案】(1)没有99%的把握认为该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）由条件计算，再比较其与临界值的大小，并作出判断；
（2）由条件确定的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求其期望；
（3）根据概率乘法公式和概率加法公式求对应事件的概率．
【详解】（1）完善二联表如下：
所以，所以没有的把握认为该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关；
（2）合格人数的取值有0，1，2，
，，，
所以的概率分布为：
所以；（3）由已知该校学生首次参加英语四级考试成绩合格的概率为，
首次不合格第二次合格的概率为，
所以两位同学都首次参加英语四级考试成绩合格的概率为，
两位同学其中一位首次合格，另一位同学首次不合格，第二次合格的概率为，
两位同学都首次不合格，第二次都合格的概率为，
所以至多两次英语四级考试后，这两人全部合格的概率为
22．已知函数.
(1)若函数为增函数，求的取值范围；
(2)已知.
（i） 当时，证明：；
（ii）若，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.
【详解】（1）∵，则
若是增函数，则，且，可得，
故原题意等价于对恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，故，
∴的取值范围为.
（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，
∵，则，即，
整理得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即，当且仅当时等号成立，
令，可得，
故；
（ii）∵，则，
可知有两个不同实数根，由（1）知，
可得，
同理可得，
构建，则，
当时，；当时，；当时，；
且，故对恒成立，
故在上单调递减，
∵，则，即，
且，则，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
则，
且，则，
可得；
综上所述：.
可得，则
故.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形．
（2）构造新的函数．
（3）利用导数研究的单调性或最值．
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
a
1
0
单调递减
极小值
单调递增
合格
不合格
男生
35
25
女生
45
15
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
合格
不合格
总计
男生
35
25
60
女生
45
15
60
总计
80
40
120
0
1
2