北山中學高2024屆高三上期10月月考數學試題卷考試時間：120分鐘總分：150分一、單選題（本大題共8小題，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）1.已知是虛數單位，復數的虛部為（）A.1 B.0 C.1 D.【答案】C【解析】【分析】根據復數的運算法則直接計算得到答案.【詳解】由，虛部為1，故選項C正確.故選：C.2.已知全集，集合，則圖中陰影部分表示集合為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由圖可得陰影部分表示，然后用補集和交集定義進行求解【詳解】由圖可得，圖中陰影部分表示的集合為，因為，所以或，，故選：A3.為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（）A.向左平移個單位 B.向右平移個單位C.向左平移個單位 D.向右平移個單位【答案】B【解析】【分析】函數，根據平移規則，得到答案.【詳解】因為函數，所以為得到得到函數的圖象，需向右平移個單位從而得到故選：B.【點睛】本題考查描述正弦型函數圖像的平移過程，屬于簡單題.4.函數的圖象為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】按照流程：，可畫出目標函數的函數圖像【詳解】按照流程：1.圖像向上平移1個單位；2.軸左邊的圖像不要，在軸左邊畫與軸右邊對稱的圖像；3.圖像向右平移2個單位．故選A．【點睛】本題考查函數圖像的平移變換，對稱變換，是基礎題．5.為了全面推進鄉村振興，加快農村、農業現代化建設，某市準備派6位鄉村振興指導員到A，B，C，3地指導工作；每地上午和下午各安排一位鄉村振興指導員，且每位鄉村振興指導員只能被安排一次，其中張指導員不安排到地，李指導員不安排在下午，則不同的安排方案共有（）A.180種 B.240種 C.480種 D.540種【答案】B【解析】【分析】分兩種情況討論：李指導員安排在C地上午時和李指導員不安排在C地上午時，再結合排列組合定義即可解決.【詳解】李指導員安排在C地上午時，張指導員有種安排方案，其余4位指導員有種安排方案，則共有種安排方案；李指導員不安排在C地上午時，李指導員有種安排方案，張指導員有種安排方案，其余4位指導員有種安排方案，則共有種安排方案；綜上，共有96+144=240種安排方案.故選：B6.在中，“”是“為鈍角三角形”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】推出的等價式子，即可判斷出結論.【詳解】為鈍角三角形.

∴在中，“”是“為鈍角三角形”的充要條件.

故選：C.【點睛】本題考查和與差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.7.已知函數，則使不等式成立的的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件判斷函數的奇偶性和單調性，再利用函數的奇偶性和單調性，將不等式進行轉化求解即可.【詳解】因為，所以，解得或，所以的定義域為或，又，所以，所以為偶函數，當時，，令，，當時，，所以單調遞增，又因為當時單調遞增，所以當時，單調遞增，又因為為偶函數，所以不等式等價于，所以，化簡可得或，解得或，所以不等式成立的的取值范圍是.故選：C.8.已知，，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦函數的和差公式與三角函數的商數關系得到關于的方程組，進而結合三角函數的正負情況求得的取值范圍，再次利用正弦函數的和差公式求得的值，由此得到的值.【詳解】因為，所以，又因為，即，則，故，聯立，解得，因為，，所以，又，，所以，，所以，，則，因為，所以.故選：D.二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項是符合題目要求的，全部選對得5分，部分選對得2分，選錯或不選得0分.）9.在的展開式中，下列說法中正確的有（）A.存在常數項 B.所有項的系數和為0C.系數最大的項為第4項和第5項 D.所有項的二項式系數和為128【答案】BD【解析】【分析】利用二項式定理以及展開式的通項，賦值法對應各個選項逐個判斷即可．【詳解】解：選項A：二項式的展開式的通項為，令，解得，故不存在常數項，故A錯誤；選項B：令，則，所以所有項的系數的和為0，故B正確；選項C：二項式的展開式的通項為，第四項為，第五項為，顯然第五項的系數最大，故C錯誤；選項D：所有項的二項式系數和為，故D正確；故選：BD．10.下列結論正確的是（）．A.若，則的最大值為B.若，，則C.若，，且，則的最大值為9D.若，則的最大值為2【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】A選項，由可得，當且僅當，即時，等號成立；即的最大值為；A正確；B選項，由，，可得，即，故B正確；C選項，若，，且，則，當且僅當，即時，等號成立；即的最小值為9，故C錯；D選項，因為，所以，當且僅當，即時，等號成立，故D正確.故選：ABD.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.11.有甲、乙兩臺車床加工同一型號的零件，甲車床加工的優質品率為90%，乙車床加工的優質品率為80%，加工出來的零件混放在一起.已知甲、乙兩臺車床加工的零件數分別占總數的60%、40%.任取一個零件，用事件，分別表示取到的零件來自甲、乙車床，事件表示取到的零件為優質品，則下列選項正確的有（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據題意利用條件概率以及全概率公式即可求解.【詳解】依題意得：用事件表示取到的零件來自甲車床，則，用事件表示取到的零件來自乙車床，則，，，B正確，C錯誤；對于A，，解得：，A正確；對于D，利用全概率公式得：，D正確.故選：ABD.12.高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設x∈R，用[x]表示不超過x的最大整數，則y＝[x]稱為高斯函數，如：[1.2]＝1，[﹣1.2]＝﹣2，y＝[x]又稱為取整函數，在現實生活中有著廣泛的應用，諸如停車收費，出租車收費等均按“取整函數”進行計費，以下關于“取整函數”的描述，正確的是（）A.?x∈R，[2x]＝2[x]B.?x∈R，[x]+C.?x，y∈R，若[x]＝[y]，則有x﹣y＞﹣1D.方程x2＝3[x]+1解集為【答案】BC【解析】【分析】對于A：取x＝判斷；對于B：設[x]＝x﹣a，a∈[0，1）判斷；對于C：設[x]＝[y]＝m，得到x＝m+t，0≤t＜1，y＝m+s，0≤s＜1判斷；對于D：由x2＝3[x]+1得到x2一定為整數且3[x]+1≥0，從而[x]≥0，x≥0，再由[x]2≤x2＜（[x]+1）2，得到[x]2≤3[x]+1＜（[x]+1）2判斷.【詳解】解：對于A：取x＝，[2x]＝[1]＝1，2[x]＝2[]＝0，故A錯誤；對于B：設[x]＝x﹣a，a∈[0，1），所以[x]+[x+]＝[x]+[[x]+a+]＝2[x]+[a+]，[2x]＝[2[x]+2a]＝2[x]+[2a]，當a∈[0，）時，a+∈[，1），2a∈[0，1），則[a+]＝0，[2a]＝0，則[x]+[x+]＝2[x]，[2x]＝2[x]，故當a∈[0，）時，[x]+[x+]＝2[x]成立；當a∈[，1）時，a+∈[1，），2a∈[1，2），則[a+]＝1，[2a]＝1，則[x]+[x+]＝2[x]+1，[2x]+2[x]+1，故當a∈[，1）時，[x]+[x+]＝2[x]成立，綜上B正確；對于C：設[x]＝[y]＝m，則x＝m+t，0≤t＜1，y＝m+s，0≤s＜1，則|x﹣y|＝|（m+t）﹣（m+s）|＝|t﹣s|＜1，因此x﹣y＞﹣1，故C正確；對于D：由x2＝3[x]+1知，x2一定為整數且3[x]+1≥0，所以[x]≥，所以[x]≥0，所以x≥0，由[x]2≤x2＜（[x]+1）2，得[x]2≤3[x]+1＜（[x]+1）2，由[x]2≤3[x]+1，解得≤[x]≤≈3.3，只能取0≤[x]≤3，由3[x]+1＜（[x]+1)2，解得[x]＞1或[x]＜0（舍），故2≤[x]≤3，所以[x]＝2或[x]＝3，當[x]＝2時，x＝，當[x]＝3時，x＝，所以方程x2＝3[x]+1的解集為，故D錯誤．故選：BC．三、填空題（本大題4小題，每小題5分，共20分）13.如果隨機變量，且，，則等于___________.【答案】0.2##【解析】【分析】根據二項分布的期望和方差公式可得出關于n、p的方程組，即可求得p的值.

【詳解】由題意得，，解得故答案為：0.2.

14.已知，則______.【答案】【解析】【分析】利用誘導公式即可得解.【詳解】因為，所以，故答案為：.15.函數（其中，，）的圖象如圖所示，則函數的解析式為______，若將該函數的圖象上的各點的橫坐標伸長為原來的3倍（縱坐標不變）得到函數，則______.【答案】①.②.【解析】【分析】綜合應用三角函數的圖象與性質即可解決.【詳解】由圖象易知，，圖象過點，即，，，所以，又圖象過點，即，所以，解得，所以函數的解析式為，可得，故，故答案為：；.16.若定義域為的奇函數滿足，且其圖象過點A，點A為函數（且）的圖象所過定點，則______.【答案】2【解析】【分析】先求出，可得，從而可得，再推出函數的周期為，進而可得答案.【詳解】因為，所以（且）的圖象過定點，又因為的圖象過點A，所以，因為是定義域為的奇函數，所以，即.由可得，由，得，所以，即，于是有，所以，即.所以函數的周期為.所以.故答案：.四、解答題（本大題共6小題，共70.0分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.已知函數.（1）求的最小正周期和單調遞增區間；（2）當時，求的最大值和最小值.【答案】（1），；（2）最大值，最小值.【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦、輔助角公式化簡函數，再利用正弦函數的性質求解作答.（2）在給定條件下求出（1）中函數的相位，再利用正弦函數的性質求解作答.【小問1詳解】依題意，，則的最小正周期，由，得，所以的單調遞增區間是.【小問2詳解】由（1）知，，由，得，當，即時，有最大值，當時，即時，有最小值.18.已知在時有極值0．（1）求常數的值；（2）求在區間上的最值．【答案】（1）；（2）最大值為4，最小值為0【解析】【分析】（1）由解出，代回導數，檢驗是否在時取極值即可；（2）先確定函數單調性，求出極值，再和端點值比較即可求出最值.【小問1詳解】由題意知：，，解得或，當時，，單調遞增，無極值，不合題意；當時，，當或時，，單調遞增，當時，，單調遞減，在時有極值，符合題意；故；【小問2詳解】由（1）知，，在上單調遞增，在單調遞減，故在取極大值，極大值為，在取極小值，極小值為，又，，故的最大值為4，最小值為0.19.某高中學校鼓勵學生自發組織各項體育比賽活動，甲、乙兩名同學利用課余時間進行乒乓球比賽，比賽采用七局四勝制（即有一方先勝四局即獲勝，比賽結束）．假設每局比賽甲獲勝的概率都是．（1）求比賽結束時恰好打了5局的概率；（2）若甲以3：1的比分領先時，記表示到結束比賽時還需要比賽的局數，求的分布列及期望．【答案】（1）（2）分布列見詳解，【解析】【分析】（1）分兩種情況甲勝或乙勝，如果第5局甲勝則前4局甲勝3局，若第5局乙勝則前4局乙勝3局，即可求出概率；（2）寫出的可能取值，求出各情況的概率即可得出結果．【小問1詳解】第一種情況：比賽結束時恰好打了5局且甲獲勝，則概率為；第二種情況：比賽結束時恰好打了5局且乙獲勝，則概率為；所以比賽結束時恰好打了5局的概率為.【小問2詳解】依題意得的可能取值為的分布列為．20.在中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且.（1）求角的大小；（2）求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理、兩角和的正弦公式化簡已知式，即可得出答案；（2）由誘導公式、二倍角的正弦公式、兩角差的余弦公式化簡，再由三角函數的性質求解即可.【小問1詳解】由正弦定理可得，，從而可得，，又為三角形的內角，所以，于是，又為三角形的內角，因此.【小問2詳解】，由可知，，，從而，因此，故的取值范圍為.21.為幫助鄉村脫貧，某勘探隊計劃了解當地礦脈某金屬的分布情況，測得了平均金屬含量（單位：）與樣本對原點的距離（單位：）的數據，并作了初步處理，得到了下面的一些統計量的值．（表中，）．697.900.21600.1414.1226.13﹣1.40（1）利用樣本相關系數的知識，判斷與哪一個更適宜作為平均金屬含量關于樣本對原點的距離的回歸方程類型？（2）根據（1）的結果回答下列問題：（i）建立關于的回歸方程；（ii）樣本對原點的距離時，金屬含量的預報值是多少？（iii）已知該金屬在距離原點時的平均開采成本（單位：元）與，關系為，根據（2）的結果回答，為何值時，開采成本最大？附：對于一組數據，其線性相關系數，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為：，．【答案】（1）更適宜；（2）（i）；（ii）；（iii）為10時，開采成本最大．【解析】【分析】（1）計算出的線性相關系數和的線性相關系數可得答案；（2）（i）計算出和，可得關于的回歸方程；（ii）代入可得答案；（iii）求出，令，判斷的單調性可得答案．【詳解】（1）的線性相關系數，的線性相關系數，∵，∴更適宜作為平均金屬含量關于樣本對原點的距離的回歸方程類型．（2）（i），，∴，∴關于的回歸方程為．（ii）當時，金屬含量的預報值為．（iii），令，則，當時，，