2023-2024學年廣東省東莞市高三上冊第一次月考數(shù)學試題（含解析）

2023-2024學年廣東省東莞市高三上冊第一次月考數(shù)學試題一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分）1．已知集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，則A∩B的子集個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．42．已知集合，，則（

）A． B． C． D．3．設(shè)為正數(shù)，且，則的最小值為（

）A．2 B． C．4 D．4．已知命題：，，若命題是假命題，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B．C． D．5．函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，則的取值范圍是A． B． C． D．6．已知函數(shù)，是函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，則的圖像大致是（

）A．

B．

C．

D．

7．的展開式中，的系數(shù)為（

）A．80 B．60 C． D．8．已知，，，則（

）A． B． C． D．二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.）9．下列說法正確的是（

）A．數(shù)據(jù)1，2，3，3，4，5的平均數(shù)和中位數(shù)相同B．數(shù)據(jù)6，5，4，3，3，3，2，2，1的眾數(shù)為3C．有甲、乙、丙三種個體按3：1：2的比例分層抽樣調(diào)查，如果抽取的甲個體數(shù)為9，則樣本容量為30D．甲組數(shù)據(jù)的方差為4，乙組數(shù)據(jù)為5，6，9，10，5，則這兩組數(shù)據(jù)中較穩(wěn)定的是乙組10．下列說法正確的是（

）A．兩個變量的線性相關(guān)性越強，則變量的線性相關(guān)系數(shù)越大B．隨機變量，則C．拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，在有一枚正面朝上的條件下，另外一枚也正面朝上的概率為D．設(shè)隨機變量，則11．若函數(shù)同時滿足：（1）對于定義域內(nèi)的任意，有；（2）對于定義域內(nèi)的任意，當時，有，則稱函數(shù)為“理想函數(shù)”.給出下列四個函數(shù)是“理想函數(shù)”的是（

）A． B．C． D．12．已知四面體的所有棱長均為，則下列結(jié)論正確的是（

）A．異面直線與所成角為B．點到平面的距離為C．四面體的外接球體積為D．動點在平面上，且與所成角為，則點的軌跡是橢圓三．填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13．某醫(yī)院傳染病科室有5名醫(yī)生．4名護士，現(xiàn)從這9名醫(yī)護人員中選取5名參加醫(yī)院組織的運動會，要求其中至少有2名醫(yī)生．2名護士，則不同的選取方法有種．14．在正方體中，點為側(cè)棱上一點，且，平面將該正方體分成兩部分，其體積分別為，則.15．已知函數(shù)y＝的圖象與函數(shù)y＝kx－2的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是．16．在中，，若空間點滿足，則的最小值為；直線與平面所成角的正切的最大值是.四.解答題17．在四棱錐中，底面是菱形，．

(1)證明：；(2)若平面平面，且，求點到平面的距離．18．同時拋擲兩顆質(zhì)地均勻的骰子，觀察朝上一面出現(xiàn)的點數(shù)．設(shè)兩顆骰子中出現(xiàn)的點數(shù)分別為，記．(1)求X的概率分布；(2)求.19．已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?20．設(shè)為實數(shù)，函數(shù)，.(1)求的極值；(2)對于，，都有，試求實數(shù)的取值范圍.21．已知函數(shù)．(1)若曲線在點處的切線與直線相互垂直，求的值；(2)若函數(shù)存在兩個極值點，且．證明：．22．規(guī)定抽球試驗規(guī)則如下：盒子中初始裝有白球和紅球各一個，每次有放回的任取一個，連續(xù)取兩次，將以上過程記為一輪．如果每一輪取到的兩個球都是白球，則記該輪為成功，否則記為失?。诔槿∵^程中，如果某一輪成功，則停止；否則，在盒子中再放入一個紅球，然后接著進行下一輪抽球，如此不斷繼續(xù)下去，直至成功．(1)某人進行該抽球試驗時，最多進行三輪，即使第三輪不成功，也停止抽球，記其進行抽球試驗的輪次數(shù)為隨機變量，求的分布列和數(shù)學期望；(2)為驗證抽球試驗成功的概率不超過，有1000名數(shù)學愛好者獨立的進行該抽球試驗，記表示成功時抽球試驗的輪次數(shù)，表示對應(yīng)的人數(shù)，部分統(tǒng)計數(shù)據(jù)如下：1234523298604020求關(guān)于的回歸方程，并預(yù)測成功的總?cè)藬?shù)（精確到1）；(3)證明：．附：經(jīng)驗回歸方程系數(shù)：，；參考數(shù)據(jù)：，，（其中，）．1．D【分析】利用交集定義、集合的子集個數(shù)直接求解．【詳解】解：集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，∴A∩B＝{0，1}，則A∩B的子集個數(shù)為22＝4．故選：D．2．D【分析】化簡集合，根據(jù)補集和交集的定義運算可得答案.【詳解】由得，得，得，得或，則或，，又因為，所以.故選：D3．A【分析】將變形為，展開后利用基本不等式即可求得答案.【詳解】由題意為正數(shù)，且，則，當且僅當，結(jié)合，即時等號成立，即的最小值為2，故選：A4．B【分析】根據(jù)原命題為假可知其否定為真，由一元二次方程無根可構(gòu)造不等式求得結(jié)果.【詳解】若命題為假命題，則其否定，為真命題，，解得.故選：B.5．B【詳解】函數(shù)的增區(qū)間為,減區(qū)間為若函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，則.故選B6．C【分析】對函數(shù)求導(dǎo)得，易知為奇函數(shù)，排除B、D選項；再對求導(dǎo)，易得在是遞減，即可求解.【詳解】，為奇函數(shù)，則函數(shù)的圖像關(guān)于原點對稱，排除選項B、D，令，，當，，也就是在遞減，排除A，故C正確.故選：C．7．D【分析】由題得，再利用二項式的通項即可得到答案.【詳解】，則其展開式通項為，令，則的展開式中含的項為，所以的系數(shù)為，故選：D．8．C【分析】根據(jù)對數(shù)運算以及作差法，整理代數(shù)式，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性，可得的大小關(guān)系；根據(jù)二項式定理以及中間執(zhí)法，整理，可得答案.【詳解】由，，則，令，，當時，，則單調(diào)遞增，即，故，可得，即；由，且，則，即.綜上，.故選：C.9．AB【分析】利用平均數(shù)與中位數(shù)的定義可判斷A；利用眾數(shù)的定義可判斷B；利用分層抽樣的定義及抽樣比求解判斷C；利用方差的定義及意義可判斷D.【詳解】對于A，平均數(shù)為，中位數(shù)為，故A正確；對于B，數(shù)據(jù)的眾數(shù)為3，故B正確；對于C，設(shè)樣本容量為x，由題知，解得，即樣本容量為18，故C錯誤；對于D，乙組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，方差為，又，所以兩組數(shù)據(jù)中較穩(wěn)定的是甲組，故D錯誤.故選：AB10．BD【分析】對于A，根據(jù)相關(guān)系數(shù)與變量之間相關(guān)性關(guān)系，可得答案；對于B，根據(jù)二項分布的方差計算公式，結(jié)合方差的性質(zhì)，可得答案；對于C，根據(jù)條件概率的公式，以及古典概型的公式，可得答案；對于D，根據(jù)正態(tài)分布的概率對稱性，可得答案.【詳解】當兩個變量線性負相關(guān)關(guān)系越強時，相關(guān)系數(shù)越趨近于，A錯誤；因為，所以，所以，B正確；拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，記事件為有一枚正面朝上，事件為另一枚也正面朝上，則，C錯誤；時，，又，D正確.故選：BD.11．BD【分析】先根據(jù)題目條件得到為奇函數(shù)，且在定義域內(nèi)為單調(diào)遞減函數(shù)，A選項，為偶函數(shù)，A錯誤；B選項，根據(jù)函數(shù)奇偶性得到為奇函數(shù)，且由導(dǎo)函數(shù)得到單調(diào)遞減；C選項，在定義域內(nèi)不是單調(diào)遞減，C錯誤；D選項，根據(jù)函數(shù)奇偶性得到為奇函數(shù)，且由二次函數(shù)的單調(diào)性得到單調(diào)遞減。D正確.【詳解】由（1）可知，為奇函數(shù)，由（2）可知，在定義域內(nèi)為單調(diào)遞減函數(shù)，對于A，定義域為R，又，故為偶函數(shù)，故A錯誤；對于B，定義域為R，又，故為奇函數(shù)，又，故在R上單調(diào)遞減，滿足要求，B正確；對于C，分別在區(qū)間和上單調(diào)遞減，在定義域內(nèi)不是單調(diào)遞減，C錯誤；對于D：，，所以是奇函數(shù)；根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性，易知在和都是減函數(shù)，且在處連續(xù)，所以在上是減函數(shù)，所以是“理想函數(shù)”，D正確.故選：BD12．BC在正四面體中通過線面垂直可證得，通過計算可驗證BC,通過軌跡法可求得的軌跡為雙曲線方程即可得D錯誤.【詳解】取中點,連接,可得面,則,故A錯誤；在四面體中，過點作面于點,則為為底面正三角形的重心，因為所有棱長均為,,即點到平面的距離為,故B正確；設(shè)為正四面體的中心則為內(nèi)切球的半徑，我外接球的半徑，因為，所以，即,所以四面體的外接球體積,故C正確；建系如圖：,設(shè)，則因為，所以，即，平方化簡可得：，可知點的軌跡為雙曲線,故D錯誤.故選：BC．

方法點睛：立體幾何中動點軌跡的求解問題，解決此類問題可采用空間向量法，利用空間向量法表示出已知的角度或距離的等量關(guān)系，從而得到軌跡方程.13．【分析】將符合題意的情況分為兩類：名醫(yī)生、名護士和名醫(yī)生、名護士；利用組合的知識可分別求得兩類情況的種數(shù)，由分類加法計數(shù)原理可得到結(jié)果.【詳解】符合題意的情況有兩種：名醫(yī)生、名護士和名醫(yī)生、名護士．選取名醫(yī)生、名護士的方法有：種；選取名醫(yī)生、名護士的方法有：種；綜上所述：滿足題意的選取方法共有種．故答案為.14．【分析】平面延展開后即為平面，將該正方體分成的兩部分一部分是三棱臺，另一部分是剩余的部分，結(jié)合三棱臺的體積公式求解即可.【詳解】由題意，延長線段與的延長線交于點，連接交于，連接，故平面延展開后即為平面，將該正方體分成的兩部分一部分是三棱臺，另一部分是剩余的部分.由于，故，不妨設(shè)正方體棱長為3，，，即.故答案為.15．(0,1)∪(1,4)【詳解】y＝函數(shù)y＝kx－2的圖象恒過定點M(0，－2)，kMA＝0，kMB＝4.

當k＝1時，直線y＝kx－2在x＞1或x≤－1時與直線y＝x＋1平行，此時有一個公共點，∴k∈(0,1)∪(1,4)時，兩函數(shù)圖象恰有兩個交點．點睛：已知函數(shù)零點求參數(shù)的范圍的常用方法，(1)直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍．(2)分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決．(3)數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，作出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解．16．【分析】以所在平面為，建立空間直角坐標，求平面的法向量，利用線面角結(jié)合換元法可得，又，則的最大值為，由此即可求出答案.【詳解】過點作與點，過點作與點，設(shè)，則，又，則，則點在以為旋轉(zhuǎn)軸，底面圓半徑為的圓柱上，當點與點三點共線時，最?。磺易钚≈禐?；如圖所示：以所在平面為，建立空間直角坐標，則平面的法向量為：，，設(shè)，則，

當，且時，最小，即當點與點三點共線時，最小，且最小值為；記直線與平面所成角為,則，因為，所以，令，則，則，，又，在上單調(diào)遞減。在上單調(diào)遞增，則，所以，當且僅當，即時，等號成立，又，所以直線與平面所成角的最大值為，此時，故；17．(1)詳見解析；(2).【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理結(jié)合等腰三角形的定義與性質(zhì)即得；（2）利用等積法結(jié)合條件求解即得.【詳解】（1）如圖，連接交于，連接．

∵四邊形是菱形，∴，又且平面，∴平面，平面，∴，又∵是中點，∴；（2）因為，∴平面平面，且，平面平面，∴平面，即為三棱錐的高，∵，∴，，，∵為正三角形，∴，，在中，，則，設(shè)點到平面的距離為，則，解得，即點到平面的距離為．18．(1)答案見解析(2)【分析】（1）根據(jù)題意分析可知：X的可能取值為1，2，3，4，5，6，結(jié)合古典概型求分布列；（2）根據(jù)題意可知，結(jié)合（1）中數(shù)據(jù)運算求解.【詳解】（1）依題意易知拋擲兩顆骰子出現(xiàn)的點數(shù)有36種等可能的情況：．因而X的可能取值為1，2，3，4，5，6，詳見下表：X的值出現(xiàn)的點樣本點個數(shù)1123354759611由古典概型可知X的概率分布如下表所示．X123456P（2）由題意可知.19．（1）證明見解析；（2）【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案；【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構(gòu)造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F(xiàn)分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．，．由題設(shè)（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設(shè)平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．[方法二]：幾何法如圖所示，延長交的延長線于點S，聯(lián)結(jié)交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯(lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．設(shè)，過作交于點G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當時，．[方法三]：投影法如圖，聯(lián)結(jié)，在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．設(shè)，在中，．在中，，過D作的平行線交于點Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．【整體點評】第一問，方法一為常規(guī)方法，不過這道題常規(guī)方法較為復(fù)雜，方法二建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數(shù)量積的定義運算進行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學生的思維.第二問：方法一建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；方法二：利用空間線面關(guān)系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學生的思維．20．(1)極大值，極小值(2)【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，由此可求得函數(shù)的極大值和極小值；（2）分析可知，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)在上的最小值，求出函數(shù)在上的最大值，可得出關(guān)于實數(shù)的不等式，由此可解得實數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）解：函數(shù)的定義域為，，令，可