台山一中2024届高三第一次月考数学试题

2023-08

一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为，

，

所以.

故选：B.

2. 已知i为虚数单位，若复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的运算化简复数，再求共轭复数即可.

【详解】因为，所以.

故选：B.

3. “”是“方程有正实数根”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

【解析】

【分析】根据零点几何意义，将方程有正根问题等价转化为函数求零点问题，结合二次函数的性质，可得答案.

【详解】由方程有正实数根，则等价于函数有正零点，

由二次函数的对称轴为，则函数只能存在一正一负的两个零点，

则，解得，

故选：B.

4. 已知，则函数的最小值为

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】先分离，再根据基本不等式求最值，即得结果.

【详解】，当且仅当，即时，等号成立.

选A

【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属基础题.

5. 展开式中含的系数是（    ）

A. 28 B.  C. 84 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据展开式的通项，分别求出展开式中含、、的项的系数，即可得出答案.

【详解】展开式的通项为，.

当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，

由，可得；

当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，

由，可得；

当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，

由，可得.

所以，展开式中含的系数是.

故选：C.

6. 2023年武汉马拉松于4月16日举行，组委会决定派小王、小李等6名志愿者到甲乙两个路口做引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为（    ）

A. 40 B. 28 C. 20 D. 14

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，先分配特殊的两个人，再将剩余4个人分到两个路口，按照分组分配相关知识进行计算即可.

【详解】若小王在1号路口，小李在2号路口，则剩余4个人分到两个路口，

两个路口为人分布，共有种方案，

两个路口为人分布，共有种方案，

此时共有种方案；

同理若小王在2号路口，小李在1号路口，也共有种方案.

所以一共有28种不同的安排方案种数.

故选：B

7. 设，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数和，利用导数求解单调性，即可判断.

【详解】当时，记，则 ，故在单调递增，故，因此得当时， ，故，即；

，设，则，因为，

当时，．所以在上单调递增，所以，即，所以．

故选：A

8. 设函数的值域为A，若，则的零点个数最多是（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】分别求出各段函数的单调性，结合函数图象分类讨论，分别求出函数的零点个数，即可判断；

【详解】解：令，则在上单调递减；

令，则．由，得或；

由，得，所以在和上单调递增，在上单调递减，

于是，的极大值为，极小值为．在同一坐标系中作出函数和的图象，如下图：

显然；由，得；由的解析式，得．

（1）若，当时，，不符合题意；

（2）若，当时，，不符合题意；

（3）若，

①当时，；

②当时，，即．

由①②，时符合题意．

此时，结合图象可知，当时，在上没有零点，在上有2个零点；

当时，在上有1个零点，在上有1个或2个零点，

综上，最多有3个零点．

故选：C．

二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）

9. 《国家学生体质健康标准》是国家学校教育工作的基础性指导文件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.某高校组织名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，．则下列说法正确的是（    ）

A. 估计该样本的众数是

B. 估计该样本的均值是

C. 估计该样本的中位数是

D. 若测试成绩达到分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为人

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据频率分布直方图，可判断A项；根据频率分布直方图，估计出平均数，可判断B项；根据频率分布直方图，估计出中位数，可判断C项；根据频率分布直方图，测试成绩达到分的频率为，即可估算有资格参加评奖的人数.

【详解】对于A项，由频率分布直方图可得，最高小矩形为，所以可估计该样本的众数是，故A项正确；

对于B项，由频率分布直方图，可估计该样本的均值是，故B项错误；

对于C项，由频率分布直方图可得，成绩在之间的频率为，

在之间的频率为，

所以可估计该样本的中位数在内.

设中位数为，则由可得，，故C项正确；

对于D项，由频率分布直方图可得，测试成绩达到分的频率为，所以可估计有资格参加评奖的大一新生约为人，故D项正确.

故选：ACD.

10. 已知非零实数a，b满足，则下列不等关系一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用不等式的性质及特殊值法判断即可．

【详解】解：对于非零实数，满足，则，

即，故A一定成立；

因为，故B一定成立；

又，即，所以，故C一定成立；

对于D：令，，满足，此时，故D不一定成立．

故选：ABC

11. 下列关于概率统计说法中正确的是（    ）

A. 两个变量的相关系数为，则越小，与之间的相关性越弱

B. 设随机变量服从正态分布，若，则

C. 在回归分析中，为的模型比为的模型拟合的更好

D. 某人在次答题中，答对题数为，，则答对题的概率最大

【答案】BCD

【解析】

【分析】由相关系数，正态分布，二项分布的概念判断．

【详解】对于A，两个变量的相关系数为，越小，与之间的相关性越弱，故A错误，

对于B，随机变量服从正态分布，由正态分布概念知若，则，故B正确，

对于C，在回归分析中，越接近于，模型的拟合效果越好，所以为的模型比为的模型拟合的更好，故C正确，

对于D，某人在次答题中，答对题数为，，则数学期望，说明答对题的概率最大，故D正确．

故选：BCD

12. 已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】令，得到，推得为偶函数，得到的图象关于对称，再利用导数求得当时，单调递增，当时，单调递减，把不等式转化为恒成立，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】由函数，

令，则，可得，

可得，

所以为偶函数，即函数的图象关于对称，

又由，令，

可得，所以为单调递增函数，且，

当时，，单调递增，即时，单调递增；

当时，，单调递减，即时，单调递减，

由不等式，可得，即

所以不等式恒成立，即恒成立，

所以的解集为，所以且，

解得，结合选项，可得BC适合.

故选：BC.

【点睛】关键点睛：本题关键是利用换元法设，从而得到，证明其为偶函数，则得到的图象关于对称，再结合其单调性即可得到不等式组，解出即可.

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 若命题“”是假命题，则实数的最大值为______．

【答案】

【解析】

【分析】由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解.

【详解】由题知命题的否定“”是真命题．令，则 解得，故实数的最大值为

故答案为：

14. 已知向量满足，则与的夹角为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.

【详解】由，

，

故答案为：

15. 已知，为椭圆C的两个焦点，P为C上一点，若，则C的离心率为______．

【答案】．

【解析】

【分析】利用椭圆的定义及，得到，进而得解.

【详解】为椭圆上一点，由椭圆的定义知，，

因为，

所以，所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆的离心率的求解及椭圆的定义，属于基础题.

16. 某校决定从高一、高二两个年级分别抽取100人、60人参加演出活动，高一100人中女生占，高二60人中女生占，则从中抽取1人恰好是女生的概率为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据条件概率公式即可求解.

【详解】用分别表示取的一人是来自高一和高二，表示抽取一个恰好是女生，则由已知可知：,且,

所以

故答案为：

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 在中，=60°，c=a.

（1）求sinC的值；

（2）若a=7，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可，

（2）求出，再利用余弦定理求出，然后利用三角形面积公式可求得答案

【小问1详解】

在中，因为，，

所以由正弦定理得.

【小问2详解】

因为，所以.

由余弦定理得，

解得或（舍）.

所以的面积.

18. 设为函数的导函数，已知，且的图像经过点．

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）求函数在上的单调区间．

【答案】（1）   

（2）单调递增区间为和；单调递减区间为

【解析】

分析】(1)求导，计算得到切线斜率，点斜式求切线方程.

(2)求出函数解析式，求导函数，由导函数的正负解得原函数的单调区间.

【小问1详解】

，则，得．

由题意，可得曲线在点处的切线方程为，即．

【小问2详解】

由已知得．

又由（1）知，所以．

故．

，

由，得，或；由，得．

故在上的单调递增区间为和；单调递减区间为．

19. 已知图1是由等腰直角三角形和菱形组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，，．将三角形沿折起，使得平面平面（如图2）．

（1）求证：；

（2）求二面角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，，则，再结合已知面面垂直可得平面，则，而，再由线面垂直的判定可得面，从而可证得，

（2）以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

【小问1详解】

证明：取的中点，连接，．

∵，∴．

又∵平面平面，且平面平面，平面，

∴平面．

∵平面，∴．

∵在菱形中，， ∴为等边三角形，

∵的中点为，∴，

∵∥，∴

∵，平面，

∴平面，∵平面，∴．

【小问2详解】

由（1）平面，∵平面，∴，

∵，

∴如图,以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则

，

∴，，．

设平面的法向量为，则

，不妨设，则．

设平面的法向量为，则

，令，则，

设二面角的大小为，由图可知为钝角，

∴，∴．

∴二面角的正弦值为．

20. 已知数列的首项，且满足，设.

（1）求证：数列为等比数列；

（2）若，求满足条件的最小正整数.

【答案】（1）证明见解析   

（2）140

【解析】

【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可；

（2）利用分组求和的方法得到，然后利用的增减性解不等式即可.

【小问1详解】

，

，所以数列为首项为，公比为等比数列.

【小问2详解】

由（1）可得

，

即

∴

而随着的增大而增大

要使，即，则，

∴的最小值为140.

21. 已知椭圆E:与y轴的正半轴相交于点M,点F1,F2为椭圆的焦点,且是边长为2的等边三角形,若直线l:y=kx+2与椭圆E交于不同的两点A,B.

（1）直线MA,MB的斜率之积是否为定值?若是,请求出该定值,若不是,请说明理由；

（2）求的面积的最大值.

【答案】（1）;（2）.

【解析】

【详解】（1）因为是边长为2的等边三角形，

所以，，，所以，

所以椭圆：，点.

将直线代入椭圆的方程，

整理得：，（*）

设，则由（*）式可得

，

所以，，，

所以直线的斜率之积

所以直线斜率之积是定值.

（2）记直线与轴的交点为，

则

当且仅当，即时等号成立.

所以的面积的最大值为.

22. “英才计划”最早开始于2013年，由中国科协、教育部共同组织实施，到2022年已经培养了6000多名具有创新潜质的优秀中学生，为选拔培养对象，某高校在暑假期间从武汉市的中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学、信息技术学科夏令营活动．

（1）若化学组的12名学员中恰有5人来自同一中学，从这12名学员中选取3人，表示选取的人中来自该中学的人数，求的分布列和数学期望；

（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动．规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利，假设每轮答题结果互不影响．已知甲、乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，，且，如果甲、乙两位同学想在此次答题活动中取得6轮胜利，那么理论上至少要参加多少轮竞赛？

【答案】（1）分布列见解析，   

（2）11轮

【解析】

【分析】（1）根据超几何分布列分布列计算数学期望即可；

（2）先求每轮答题中取得胜利的概率的最大值，再应用独立重复实验数学期望的范围求出最少轮数.

【小问1详解】

由题意可知的可能取值有0、1、2、3，

，，

，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

所以．

【小问2详解】

他们在每轮答题中取得胜利的概率为

，

由，，，得，

则，因此，

令，，于是当时，．

要使答题轮数取最小值，则每轮答题中取得胜利的概率取最大值．

设他们小组在轮答题中取得胜利的次数为，则，，

由，即，解得．

而，则，所以理论上至少要进行11轮答题．