2026-2027学年广东省东莞市众美中学高三上学期第一次月考数学试卷（含解析）

/数学本试卷共4页，满分为150分.考试用时120分钟.一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.1.的虚部为（）A.－5 B.－1 C.i D.12.下列函数中，在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.3.设，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知平面向量，，若，则与的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.5.甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（）A.种 B.种 C.种 D.种6.已知函数则满足的实数的取值范围为（）A. B.C. D.7.甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（）A.，互斥 B. C. D.8.在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（）A.设，，则“”是“”的必要条件B.若，，则C.当时，的最小值是D.若：，，则：，10.已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（）A. B.展开式的二项式系数和为C.展开式的各项系数和为 D.11.函数，关于的方程，下列说法正确的是（）A.函数的值域为B.函数的单调减区间为，C.当时，则方程有6个不相等的实数根D.若方程有3个不相等的实数根，则的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合，则_______．13.设正实数，满足，则的最小值是_______.14.如图，圆形纸片的圆心为，半径为5cm，该纸片上的等边的中心为.，，为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.随着时代和科技的进步，人工智能在生产领域中越来越重要，某研究团队在商业运营数据分析中，收集了某商家一段时间内投入人工智能的费用与对应产品销量数据如下表，将投入经费(单位:万元)作为解释变量，销售量(单位:万件)作为响应变量，已知与之间呈现出线性相关关系，，.(投入经费)12345(销售量)31115（1）求的值以及关于的经验回归方程；（2）从上述5组数据中任意挑选2组，记为其中残差值为正数的组数，求的分布列和数学期望.参考公式:.16.如图，在三棱锥中，点在上，，，.（1）证明：平面平面；（2）若，，，，求平面与平面夹角的余弦值.17.如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点.（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.18.设二次函数．（1）若且，解不等式（结果用含字母a的集合表示）；（2）若且存在，使得在区间上的值域也为，求实数a的取值范围．19.深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率.（1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望；（2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求；（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.

数学本试卷共4页，满分为150分.考试用时120分钟.一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.1.的虚部为（）A.－5 B.－1 C.i D.1答案：D解析：解答过程：，所以虚部为1.2.下列函数中，在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.解答过程：对于A，因为在上单调递增，所以在上单调递减，故A错误；对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，故B错误；对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递增，故C正确；对于D，因为，，显然在上不单调，D错误.故选：C.3.设，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案：A解析：思路：先求出两个不等式的解集，然后判断充分性和必要性即可.解答过程：解分式不等式得，而的解集为，设集合，集合，可得是的真子集.如果，一定能推出，充分性成立；如果不一定推出，必要性不成立，由此可知，“”是“”的充分而不必要条件.4.已知平面向量，，若，则与的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：因为，则，则，解得，则，，则与的夹角的余弦值为.5.甲、乙、丙三人相互做传球训练，由甲开始传球，传球者每次传球时都将球传给另外两个人中的一个人.经过次传球后球在甲手中，则不同的传递方式共有（）A.种 B.种 C.种 D.种答案：A解析：思路：通过建立传球后球在甲手中与不在甲手中的递推关系，逐步计算得到次传球后球在甲手中的情况数.方法二：直接列出所有满足要求的传递方式即可.解答过程：方法一：设为经过次传球后球在甲手中的不同传递方式数，为经过次传球后球不在甲手中的不同传递方式数，.初始状态：次传球时球在甲手中，故，.每次传球有种选择，因此次传球的总方式数为，即.若次传球后球在甲手中，则第次传球后球必定不在甲手中，且第次由持球者传给甲，因此递推关系为.依次计算：当时，，；当时，，；当时，，；当时，.故经过次传球后球在甲手中的不同传递方式共有种.方法二：满足题意的有：甲-乙-甲-乙-甲、甲-乙-甲-丙-甲、甲-乙-丙-乙-甲、甲-丙-甲-乙-甲、甲-丙-甲-丙-甲、甲-丙-乙-丙-甲，共有种，6.已知函数则满足的实数的取值范围为（）A. B.C. D.答案：A解析：解答过程：∵当时，为单调递增函数，当时，，所以此时.当时，为单调递增函数，也为单调递增函数，∴在上单调递增，且.∴函数是定义域为的单调递增函数.令，当时，有.设（），则，整理得.解得或，∵，∴不符合题意，舍去.∴，即.∵在上单调递增，∴等价于，解得.∴实数的取值范围为，故选A.7.甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以，分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是（）A.，互斥 B. C. D.答案：C解析：思路：根据条件概率、全概率公式、互斥事件的概念等知识，逐一分析选项，即可得答案.解答过程：因为每次只取一球，故，是互斥的事件，故A正确；由题意得，，，，，故B，D均正确；因为，故C错误.故选：C.8.在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；解答过程：解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，设，，所以，，所以，其中，，因为，所以，即；故选：D二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（）A.设，，则“”是“”的必要条件B.若，，则C.当时，的最小值是D.若：，，则：，答案：ABD解析：思路：结合充分必要条件判定、不等式性质、基本不等式求最值、特称命题的否定四个知识点，逐一分析选项即可得出结论.解答过程：对于A：当，时，，所以充分性不成立，反之，当时，且，所以必要性成立，故A正确；对于B：由得，又，由不等式的性质可得，故B正确；对于C：当时，，所，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是，故C错误；对于D：由存在量词命题的否定是全称量词命题知，命题：，的否定：，，故D正确.10.已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（）A. B.展开式的二项式系数和为C.展开式的各项系数和为 D.答案：AD解析：解答过程：对于A：由题意可得，则，故A正确；对于B：因为，所以展开式的二项式系数和为，故B不正确；对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C不正确；对于D：令，得，令，得，所以，故D正确．11.函数，关于的方程，下列说法正确的是（）A.函数的值域为B.函数的单调减区间为，C.当时，则方程有6个不相等的实数根D.若方程有3个不相等的实数根，则的取值范围是答案：ACD解析：思路：先根据分段函数和导数相关知识判断函数单调性与渐近线，从而画出函数图像，进而直接判断A和B；通过方程的根与图像的公共点之间的联系进行转化，并结合图像即可判断C和D.解答过程：当时，，则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.当时，，.当，，在单调递增；当时，，在单调递减.故，且恒有.综上可知，，作出函数大致图象，如下图.由图像可知函数的值域为，故A正确.函数的单调递减区间由图可知为，，故B错误.当时，则方程可化为或，由，得或，有两个实数根；由图象可知，由，有4个不相等的实数根，且均不为0，也不为，所以当时，则方程有6个不相等的实数根，故C正确.若关于的方程有3个不相等的实数根，即与共有3个不相等的实数根.又因为已有两个不相等的实数根0，，则方程有且仅有一个根，且不为0，.所以与有且仅有一个公共点，由图象可知，满足题意，即的取值范围是，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知集合，则_______．答案：解析：解答过程：由，得，得，所以，又，所以.13.设正实数，满足，则的最小值是_______.答案：9解析：思路：整理可得，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解.解答过程：因为正实数，满足，即，则，当且仅当且，即时，等号成立，所以的最小值是9.故9.14.如图，圆形纸片的圆心为，半径为5cm，该纸片上的等边的中心为.，，为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得，，重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．答案：解析：思路：设的边长为cm，表示出所得三棱锥的体积，利用导数求函数的最大值.解答过程：如下图，连接交于点，设，，重合于点，正三角形的边长为cm（），则.，，三棱锥的体积.设，则，令，即，得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以在时取得最大值.∴.方法提示：对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.随着时代和科技的进步，人工智能在生产领域中越来越重要，某研究团队在商业运营数据分析中，收集了某商家一段时间内投入人工智能的费用与对应产品销量数据如下表，将投入经费(单位:万元)作为解释变量，销售量(单位:万件)作为响应变量，已知与之间呈现出线性相关关系，，.(投入经费)12345(销售量)31115（1）求的值以及关于的经验回归方程；（2）从上述5组数据中任意挑选2组，记为其中残差值为正数的组数，求的分布列和数学期望.参考公式:.答案：（1），（2）的分布列为：012数学期望为.解析：思路：（1）根据，列式求的值，根据表中数据求，即可得回归方程；（2）求各组的残差值，可知可取0，1，2，结合超几何分布求分布列和期望.（1）由，得，由，得，联立方程，解得，由题意可得：，，则，，所以关于的经验回归方程为.（2）依题意可得，，，，，单位均为万件，所以5组数据中有2组数据残差值为正数，则可取0，1，2，可得，，，所以的分布列为：012数学期望为.16.如图，在三棱锥中，点在上，，，.（1）证明：平面平面；（2）若，，，，求平面与平面夹角的余弦值.答案：（1）因为，，平面，，所以平面，而平面，则，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解析：思路：（1）利用线面垂直的性质得到，再利用线面垂直的判定得到面，最后结合面面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法即可.（1）略（2）如图，在平面内过点作交于点，以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，，，，则，，，，，由题意得，，设平面的法向量为，可得，取，得，，所以平面的一个法向量为，由题意得，，设平面的法向量为，可得，取，得，，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.如图，在六面体中，底面是边长为2的菱形，，平面，是的中点.（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长.答案：（1）取的中点，连接，.因为分别为的中点，所以，且.又，所以，，所以四边形是平行四边形，所以.又平面平面，所以平面.（2）解析：思路：（1）取的中点，连接，，结合中点性质和线面平行的判定定理即可证明.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.（1）略（2）连接，因为底面是菱形，，所以和均为等边三角形.因为是的中点，所以，即,又平面，则以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则由题意知，，，所以，.设平面的法向量为，则令，则.因为直线与平面所成角的正弦值为，设直线与平面所成的角为，则，解得，所以.18.设二次函数．（1）若且，解不等式（结果用含字母a的集合表示）；（2）若且存在，使得在区间上的值域也为，求实数a的取值范围．答案：（1）当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为{x|−（2）解析：思路：（1）由可得，将所求不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集；（2）分析出函数在区间上单调递减，可得出，两式作差可得出，代入等式组并化简可知、是关于的一元二次方程在上两个不等实根，结合二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.（1）由，则，所以，因为是二次函数，所以，当时，，解原不等式得或，当时，，解原不等式得，综上所述：当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为{x|−（2）当时，在区间上单调递减，由于，则函数在区间上单调递减，又因为在区间上的值域也为，所以，可得，上述两个等式作差可得，整理可得，将代入，得，所以、是关于的一元二次方程在上两个不等实根.所以，解得，因此，实数的取值范围是.19.深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海