广东省东莞市东莞外国语学校2023-2024学年高三上学期11月期中考试数学试题（含解析）

东莞外国语学校2023-2024学年高三上学期11月期中考试
数学试题
一、单选题
1．已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知平面向量和实数，则“”是“与共线”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
3．已知圆锥PO的底面半径为，轴截面的面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．已知定义在上的偶函数在上单调递减，则（ ）
A． B．
C． D．
5．，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数的定义域为，且，，则的值是（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
7．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为，AB的中点为D，则CD的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
8．正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列命题中正确是（ ）
A．命题的否定
B．线性回归直线必过样本点的中心
C．若随机变量服从正态分布，，则；
D．函数在处的切线方程为
10．下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于对称
C．函数在的值域为
D．要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
12．如图，底面为边长是2的正方形，半圆面底面.点P为半圆弧上（不含A，D点）的一动点.下列说法正确的是（ ）
A．的数量积恒为0
B．三棱锥体积的最大值为
C．不存在点P，使得
D．点A到平面的距离取值范围为
三、填空题
13．集合中只含有1个元素，则实数a的取值是 ．
14．如图，一个地区分为5个行政区域，现给该地区的5个区域涂色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
15．已知，则 ．
16．已知函数，若不等式恒成立，则a的最小值为 .
四、解答题
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，，点是棱的中点，点是棱上一点．
(1)证明：；
(2)若是棱上靠近点的三等分点，求点到平面的距离．
18．已知函数.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)求函数的单调递增区间.
19．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，从条件①、条件②中选一个作为已知条件①：；条件②：.
(1)求角；
(2)当时，求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分
20．新高考改革后广西壮族自治区采用“3+1+2”高考模式，“3”指的是语文 数学 外语，这三门科目是必选的；“1”指的是要在物理 历史里选一门；“2”指考生要在生物学 化学 思想政治 地理4门中选择2门.
(1)若按照“3+1+2”模式选科，求甲乙两个学生恰有四门学科相同的选法种数；
(2)某教育部门为了调查学生语数外三科成绩，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生5000名参加语数外的网络测试 满分450分，假设该次网络测试成绩服从正态分布.
①估计5000名学生中成绩介于120分到300分之间有多少人；
②某校对外宣传“我校200人参与此次网络测试，有10名同学获得430分以上的高分”，请结合统计学知识分析上述宣传语的可信度.
附：，，.
21．如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点．将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥．
(1)证明：；
(2)当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
22．已知函数．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若过点的切线分别交轴和轴于两点，为坐标原点，记的面积为，求最小值；
(3)设函数，且不等式对任意恒成立，求实数的值．
东莞外国语学校2023-2024学年高三上学期11月期中考试
数学试题
参考答案
D【详解】令扇形的半径为，则，
所以此扇形的面积为.
2．A【详解】若，则与共线，可知充分性成立；
若与共线，例如，则不成立，可知必要性不成立；
所以“”是“与共线”的充分不必要条件.
3．B【详解】轴截面为等腰三角形，底边长为，设圆锥的高为，
则，解得， 故圆锥的体积为
4．B【详解】因为偶函数在上单调递减，
所以函数在单调递增，且，，又，，所以，，
所以，即.
5．D【详解】，故
故
.
6．D【详解】中令，则，
中令，，则，
又中令，则，所以，
中，令，则，
再令，，则．
7．A【详解】在中，由及正弦定理，得，
即，，
整理得，而，
于是或，又，因此即，则，
又，则，D为AB的中点，
由余弦定理，得，
当且仅当即时等号成立，而，解得，
8．C【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，
连接，如图所示，由题意得，且正四棱锥的外接球球心，
设外接球半径为，则，
在中，，且，所以，解得，即，
在中，，
过作，则即为点到平面的距离，且为平面截
其外接球所得截面圆的圆心，所以，则，
所以，所以截面的面积.
9．BCD【详解】对于A，命题的否定，A错误；
对于B，由线性回归直线方程的含义知，线性回归直线必过样本点的中心，B正确； 对于C，随机变量服从正态分布，，
则，C正确；
对于Ｄ，函数，求导得，有，
所以在处的切线方程为，即，D正确；
10．CD【详解】对于A，，当时，，A错误；
对于B，由于，而有，B错误；
对于C，由，得，即，C正确；
对于D，由，得，而，于是，D正确.
11．ACD【详解】如图所示：
由图可知，又，
所以，所以，
又函数图象最高点为，所以，即，
所以，解得，由题意，
所以只能，故A选项正确；由A选项分析可知，而是的对称中心当且仅当，
但，从而函数的图象不关于对称，故B选项错误；
当时，，，而函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，
所以函数在的值域为，故C选项正确；
若将函数的图象向左平移个单位，则得到的新的函数解析式为，故D选项正确.
故选：ACD.
12．ABD【详解】对A，因为半圆面底面，，面底面，底面，所以平面，又 平面，，，
又由圆的性质，，，故A正确；对B，设点到平面的距离为，底面积，
显然当点为弧中点时最大，此时棱锥的体积最大， ，
对C，，故C错误；
对D，因为，
又，
所以， ，所以，
所以
，
在中，，
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
作于，因为面底面，面底面，面，所以面，
所以，因为，即，
所以，设，则，，，故D正确.
故选：ABD.
13．0或1【详解】解：当时，满足题意；
当时，要集合P仅含一个元素，则，解得，故a的值为0，1
14．72【详解】观察图形知，2区与4区不相邻，3区与5区不相邻，且不相邻的区域可用同1种颜色涂色，因此计算涂色方法可用3色和4色，
使用3种颜色，则2区与4区同色，3区与5区必同色，涂2区与4区有4种方法，
涂3区与5区有3种方法，涂1区有2种方法，则涂色方法有（种）；
使用4种颜色，选取同色的方案有2种，涂同色的两块有4种方法，涂另外3块依次有3，2，1种方法，则涂色方法有（种），
所以不同的涂色方法共有（种）.
15．/ 【详解】，
. 故答案为：
16．/【详解】依题意，，
，在R上单调递增，
且，为奇函数，
，
令，求导得，函数在上单调递增，
当时，有，于是，当时，显然成立，
因此，即，令，求导得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 因此当时，，则，而，有，所以a的最小值为.
17．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）因为底面，底面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，点是棱的中点，所以，
又平面， 所以平面，
又平面，所以；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，故，
设平面的法向量为，
则，令，则，所以，
所以点到平面的距离为．
18．(1) (2)
【详解】（1）由可知，
，
当时，可知，根据三角函数图象可知，
所以，
因此函数在区间上的值域为.
（2）由题意可得令，
解得，
即函数在区间上单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
19．(1) (2)
【详解】（1）选条件① ，因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
因为，所以，
所以， 又因为，故.
选条件② ，因为，
由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得， 又因为，故.
（2）由正弦定理，
所以，，
所以 ，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以， 所以， 故，
所以的取值范围为.
20．(1)种 (2)①4093人；②不可信
【详解】（1）甲乙两个学生必选语文 数学 外语，若另一门相同的选择物理 历史中的一门，有种，在生物学 化学 思想政治 地理4门中甲乙选择不同的2门，则，即种； 若另一门相同的选择生物学 化学 思想政治 地理4门中的一门，则有种，
所以甲乙两个学生恰有四门学科相同的选法种数共种方法；
（2）①设此次网络测试的成绩记为，则，
由题知，，，
则，所以，
所以估计5000名学生中成绩介于120分到300分之间有4093人；
②不可信.，
则，
5000名学生中成绩大于430分的约有人，
这说明5000名考生中，会出现约7人的成绩高于430分的“极端”样本，
所以说“某校200人参与此次网络测试，有10名同学获得430分以上的高分”，
说法错误，此宣传语不可信.
21．(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）由题意证明如下，
在菱形中，为的中点，， ∴，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面， ∴平面，
而平面， ∴
（2）由题意及（1）得，
为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，，
则，
令，，得
，
当且仅当时，等号成立，
设直线与平面所成角为， 则，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
当时，， 当时，
∵，∴直线与平面所成角的正弦值的范围为
22．(1)极小值为，无极大值，函数在上单调递减，在上单调递增
(2) (3)．
【详解】（1）解：由函数的定义域为，可得，
令，可得，由，可得；由，可得，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为．则列表得：
0
极小值
所以当时的极小值为，无极大值．
函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）解：由题意得，设，，所以，
故切线的方程为，所以，，则，
令，所以，令，可得，
则列表得，
0
极小值
所以当时，，此时．
（3）解：由题意，得，
令，，可得，
则不等式对任意恒成立，
即转化为对任意恒成立， 又由，
当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
因为，不符合题意； 当时，令，解得，
①当时，，此时恒成立，所以在上单调递增，
但是，不符合题意；
②当且时，由（1）知，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即，③
构造函数，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，即，，④
由③④得，即，解得，即实数的值为 ．