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

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2

B．函数的周期为4

C．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>bc2

C．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：CD

12．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：

所以极大值，极小值；

当时，，

当变化时，，的变化情况如下：

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：25

16．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

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．

(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：

【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：

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:

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．