四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三上学期月考（一诊模拟）理科数学Word版含解析.docx

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绵阳南山中学实验学校高2021级高三（上）一诊模拟考试理科数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设全集，集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先解一元二次不等式,化简集合A,再利用数轴进行集合的补集和交集运算可得.【详解】解一元二次不等式化简集合A,得,由得,所以.故选D.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,集合的交集和补集运算,用数轴运算补集和交集时,注意空心点和实心点的问题,属基础题.2.若复数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由复数的四则运算结合共轭复数的概念求解.【详解】由，得． 故选：C3.设是等差数列的前n项和，若，则（）A.15B.30C.45D.60【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质求出，再根据等差数列前n项和公式即可得解.【详解】由题意得，所以，所以.故选：C.4.已知命题：，使得成立为真命题，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由一次函数和二次函数的图象和性质，知当时，命题为真命题，当时，需，最后综合讨论结果，可得答案．【详解】命题为真命题等价于不等式有解．当时，不等式变形为，则，符合题意；当时，，解得；当时，总存在，使得；综上可得实数的取值范围为．故选：B5.在△中，为边上的中线，为的中点，则A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.【详解】根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.6.执行如图所示的程序框图，若输出的a的值为17，则输入的最小整数的值为（）A.9B.12C.14D.16【答案】A【解析】【分析】根据流程框图代数进行计算即可，当进行第四次循环时发现输出的值恰好满足题意，然后停止循环求出的值. 【详解】第一次循环，，不成立；第二次循环，，不成立；第三次循环，．不成立；第四次循环，，，成立，所以，输入的最小整数t的值为9．故选：A7.纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（）（参考数据：，）A.1.12B.1.13C.1.14D.1.15【答案】D【解析】【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式即可求解．【详解】由题意知，所以，两边取以10为底的对数，得，所以．故选：D．8.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得 ，利用同角三角函数的基本关系即可求解.详解】，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.9.函数的大致图象为（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】对函数化简后，利用排除法，先判断函数的奇偶性，再取特殊值判断即可【详解】因为，，所以为偶函数，所以函数图象关于轴对称，所以排除A，C选项；又，所以排除B选项，故选：D．10.设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．【详解】解：依题意可得，因为，所以，要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：则，解得，即．故选：C．11.已知函数.若过点可以作曲线三条切线，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数求的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，结合图象即可得出答案.【详解】设切点为，由可得，所以在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线为：， 因为切线过点，所以，即，即这个方程有三个不等根即可，切线的条数即为直线与图象交点的个数，设，则由可得，由可得：或，所以在和上单调递减，在上单调递增，当趋近于正无穷，趋近于0，当趋近于负无穷，趋近于正无穷，的图象如下图，且，要使与的图象有三个交点，则.则的取值范围是:.故选：A.12.已知函数，函数恰有5个零点，则m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】由题意可先做出函数的大致图象，利用数形结合和分类讨论，即可确定m的取值范围.【详解】当时，．由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故的大致图象如图所示．设，则，由图可知当时，有且只有1个实根，则最多有3个不同的实根，不符合题意．当时，的解是，．有2个不同的实根，有2个不同的实根，则有4个不同的实根，不符合题意．当时，有3个不同的实根，，，且，，．有2个不同的实根，有2个不同的实根，有3个不同的实根，则有7个不同的实根，不符合题意．当时，有2个不同的实根，，且，．有2个不同的实根，有3个不同的实根，则有5个不同的实根，符合题意．当时，有2个不同的实根，，且，，有2个不同的实根，，有2个不同的实根，则有4个不同的实根，不符合题意．当时，有且只有1个实根，则最多有3个不同的实根，不符合题意，综上，m的取值范围是．故选：C. 【点睛】方法点睛：对于函数零点问题，若能够画图时可作出函数图像，利用数形结合与分类讨论思想，即可求解.本题中，由图看出，m的讨论应有，，，，这几种情况,也是解题关键.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量．若，则________．【答案】.【解析】【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值【详解】,，解得,故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积.14.如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角，C点的仰角以及；从C点测得．已知山高m，则山高______m．【答案】300【解析】【分析】先求，由正弦定理得，最后由可求.【详解】由题意，m，， 由正弦定理得m，所以m.故答案为：30015.已知等比数列的前3项和为，则___________.【答案】3【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件利用等比数列的定义计算可得，，即可求得的值.【详解】解：设等比数列的公比为，，由题意，因为前3项和为168，故，又，所以，，则.故答案为：3.16.已知函数是的奇函数，对任意，都有成立，当，且时，都有，有下列命题①②直线是函数图象的一条对称轴③函数在上有5个零点④函数在上为减函数则结论正确的有____________．【答案】①②④【解析】【分析】根据题意，利用特殊值法求得，进而分析得到时函数的一条对称轴，，函数时周期为4的周期函数，且函数在 上单调递增，据此结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，函数是的奇函数，则，对任意，都有成立，当，有，即，则有，即时函数的一条对称轴，又由为奇函数，则，即，可得，所以函数时周期为4的周期函数，当，且时，都有，可函数在上单调递增，对于①中，由，则，所以，所以①正确；对于②中，由时函数的一条对称轴，且函数时周期为4的周期函数，则直线是函数图象的一条对称轴，所以②正确；对于③中，函数在上有7个零点，分别为，所以C错误；对于④中，函数在上为增函数且周期为4，可得在上为增函数，又由是函数图象的一条对称轴，则函数在上为减函数，所以④正确.故答案为：①②④三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17.已知函数的部分图象，如图所示. （1）求函数的解析式；（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，当时，求函数的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的图像求三角函数的解析式，根据最大值求出，由最小正周期求出，并确定.（2）根据平移后得到新的正弦型函数解析式，由函数解析式求出函数值域.【小问1详解】解：根据函数的部分图象可得，，所以.再根据五点法作图可得，所以，.【小问2详解】将函数的图象向右平移个单位后，可得的图象，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象. 由，可得又函数在上单调递增，在单调递减，，函数在的值域.18.已知数列的前n项和为，，且．，．（1）求数列和的通项公式；（2）若，求数列前n项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据对数运算得，利用等比数列定义求通项公式，利用等差中项判断数列为等差数列，建立方程求出公差，从而可得的通项；（2）利用错位相减法计算即可.【小问1详解】∵，∴，则，所以为等比数列，又，得，所以，由知是等差数列，且，，∴，得，．∴. 【小问2详解】因为，，所以，所以则上面两式作差得，∴19.记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，，① 在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，（舍去）．当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即， 故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中． 因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以．以向量为基底，有．所以，即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则． 由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.20.已知函数．（1）讨论的单调性； （2）证明：当时，．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.【小问1详解】因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】方法一：由（1）得，，要证，即证，即证恒成立，令，则， 令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕. 21已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导对分类讨论,对分两部分研究【小问1详解】的定义域为当时,,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为【小问2详解】设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意 若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当,令则所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即 当单调递增,当单调递减，当，，又，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题记分．选修4—4：坐标系与参考方程22.在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．（1）求曲线M，N的极坐标方程；（2）若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；（2）将代入曲线和的方程，求得和，结合题意求得，即可求解.【小问1详解】解：由，可得，即，又由，可得，所以曲线M的极坐标方程为．由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为.【小问2详解】解：将代入，可得，将代入，可得，则，因为，所以，又因为，所以．选修4—5：不等式选讲23.已知函数．（1）求不等式的解集；（2）设函数的最小值为m，且正实数a，b，c满足，求证： ．【答案】（1）（2）证明见详解【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值即可求解；（2）利用绝对值不等式可求得，再利用基本不等式即可证明.【小问1详解】由题意可得：，当时，则，解得；当时，则，解得；当时，则，解得；综上所述：不等式的解集为.【小问2详解】∵，当且仅当时等号成立，∴函数的最小值为，则，又∵，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；，当且仅当，即时等号成立；上式相加可得：，当且仅当时等号成立，∴.