四川省绵阳市三台中学校2023-2024学年高三上学期第二学月测试理科数学 Word版含解析.docx

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高中2021级高三第二学月测试理科数学试卷本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共6页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内.2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.3.考试结束后将答题卡收回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）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，只有一项是符合题意要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解分式不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】因为，，所以.故选：A．2.执行如图所示程序框图，则输出的n为（） A.4B.5C.6D.7【答案】B【解析】【分析】根据循环的功能，一一循环验证，直至，终止循环，输出结果.【详解】解：因为，，第一次执行循环体，得，；第二次执行循环体，得，；第三次执行循环体，得，；第四次执行循环体，得，，则输出．故选：B．3.已知正数满足，则的最小值为（）A.5B.C.4D.【答案】B【解析】【分析】首先乘以，然后根据基本不等式求解；【详解】因为， 则，当且仅当，即时取等号,故选：．4.若四边形是边长为2的菱形，，分别为的中点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用平面向量的线性运算和数量积运算解答.【详解】因为四边形是边长为2的菱形，，所以.所以故选：A5.已知函数的图像大致为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用排除法求解，先判断函数的奇偶性，再取特殊值根据函数图象的变化趋势判断【详解】定义域为，因为，所以为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以排除CD，当，，当时，的增加幅度远大于的变化幅度，则时，，所以排除B，故选：A6.已知实数，满足，则下列各项中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由，可得，根据不等式的性质即可判断A；根据正弦函数的单调性即可判断B；根据对数函数的单调性及换底公式即可判断C；根据指数函数及幂函数的单调性即可判断D.【详解】因为，所以，则，故A错误；当时，，所以，故B错误； 因为，所以，所以，即，故C错误；因为，所以，即，故D正确.故选：D.7.某程序研发员开发的小程序在发布时已有1000名初始用户，经过t天后，用户人数，其中k和m均为常数．已知小程序发布经过10天后有4000名用户，则用户超过2万名至少经过的天数为（）（天数按整数算，取）.A.20B.21C.22D.23【答案】C【解析】【分析】根据题中条件求得参数，继而列出不等式，结合对数的运算，即可求得答案.【详解】由题意知，当时，，又因为小程序发布经过10天后有4000名用户，所以，令，所以，故用户超过2万名至少经过的天数为22，故选：C8.已知等比数列的前n项和为，若，则（）A.12B.36C.31D.33【答案】C【解析】【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.【详解】因为等比数列的前n项和为，且，所以不妨设则. 由分段后性质可知：构成等比数列.由，即，解得：.所以.故选：C9.“”是“函数在上单调递增”的（）条件A.充分不必要B.必要不充分C.充要D.既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】根据函数在上单调递增求出的取值范围，再判断充分性与必要性即可.【详解】因为函数在上单调递增，所以时恒成立且在上单调递增，所以，则是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.故选：A10.若偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（    ）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】先根据函数为偶函数，不等式变形为，由函数在上单调递减，且，求出在上单调递增，且，分与两种情况进行求解，得到答案.【详解】因为为偶函数，所以，所以，且，因为在上单调递减，且，所以在上单调递增，且，当时，则，故，当时，则，故，综上：的解集为.故选：B11.已知函数在定义域上导函数为，若方程无解，且，当在上与在上的单调性相同时，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】等价转化为在上恒成立，再分离参数即可.【详解】因为方程无解，所以函数为单调函数，因此由，得(为常数)，即为单调增函数，因此在上恒成立. 即在上恒成立.，因此，故选：A.12.已知函数，若有两个极值点、且，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】有两个极值点，则方程有两个实根，设，利用导数研究单调性，作出函数图像，可知，，随a的减小而增大，当时解得，可求实数a的取值范围.【详解】，有两个极值点，则有两个零点，即方程有两个实根，也即方程有两个实根，令，则，所以解得，解得，从而在上单调递增，在上单调递减，时；时，，据此可作出函数的图像如下： 首先当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点，其次，由图可知，且当时，随a的减小而增大，不妨考虑的情形，此时，因为，所以，将代入得：，两式相除得，故，即．所以当且仅当时，有两个极值点、且．故选：A第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接填答题卷的横线上.13.设x，y满足条件，则的最大值为__________．【答案】4【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义求解作答.【详解】不等式组表示的平面区域，如图中阴影（含边界），其中， 目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，画直线，平移直线到直线，当直线过点时，直线的纵截距最大，最大，，所以的最大值为4.故答案为：414.若向量，且，则__________．【答案】【解析】【分析】利用向量的坐标运算及向量共线的坐标表示，列式求出即可得解.【详解】依题意，，由，得，解得，所以.故答案为：15.已知，则___．【答案】##0.75【解析】【分析】根据角的变换，利用诱导公式求解.【详解】，故答案为：16.已知函数，对都有，且是的一个零点.若在上有且只有一个零点，则的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】根据余弦型函数的基本性质可得出关于、的方程组，解出、 的表达式，再结合函数与方程的关系，将问题转化为存在唯一的，使得函数取到最大值，且，结合三角函数的基本性质，求出的范围，由大到小进项检验，即可求得的最大值.【详解】因为函数，对都有，且是的一个零点，则，解得,因为函数在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，因为，所以，存在唯一的，使得函数取到最大值，且，则，解得，令，则，且，所以，、的奇偶性相同，由可得，解得，即，当时，，为奇数，则，所以，，由可得，此时，当或时，函数取最大值，不合乎题意；当时，，为偶数，，即， 由可得，此时，当时，函数取最大值，合乎题意.综上所述，的最大值为.故答案为：.【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：（1）将函数解析式变形为或的形式；（2）将看成一个整体；（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.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为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列满足.等比数列的公比为3，且.（1）求数列和的通项公式；（2）记，求数列前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据数列的递推公式和等比数列的定义即可求出数列通项；（2）根据分组求和与裂项求和法以及等比数列的求和公式即可求出【小问1详解】数列满足，是以为首项，为公差的等差数列， ，，等比数列的公比为3，且，，【小问2详解】，18.已知函数（，）.已知的最大值为1，且的相邻两条对称轴之间的距离为（1）求函数的解析式及在的单调递增区间；（2）若将函数图象上点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移单位，得到函数的图象，若在区间上的最小值为，求m的最大值.【答案】（1）；，（2）【解析】【分析】（1）根据题干中所给条件求出解析式，然后求其单调区间即可.（2）根据的平移变换求出表达式，然后根据区间上的最小值为，求m的最大值.【小问1详解】，，解得；，即， 解得；；令，得，所以函数的单调递增区间为（）；所以在的单调递增区间为，【小问2详解】将函数图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图象，再向右平移单位，得到函数的图象，即；因为，所以，因为在区间上的最小值为，所以，解得.所以的最大值为.19.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求角A的大小；（2）若，求BC边上中线AD长的最小值．【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，再根据三角恒等变换化简求解即可；（2）由余弦定理可得，再根据两边平方化简可得，联立可得，再根据基本不等式求最值即可 【小问1详解】因为，所以，所以．因为，所以．因为，所以．【小问2详解】在中，由余弦定理得，所以，①因为为边上的中线，所以，所以，②由①得，③代入②得，④由③得，所以，当且仅当即时取等号，代入④得，所以，长的最小值为1．20.已知函数的图象过点，且在点P处的切线恰好与直线垂直.（1）求函数的解析式；（2）若函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据图象过点及导数的几何意义列方程求解即可；（2）构造差函数，从而只需函数有三个零点即可，求导，求极值即可求解. 【小问1详解】因为的图象经过点，所以，又，则，由条件，即，解得，代入解得，故；【小问2详解】由（1）知：，令，则原题意等价于图象与轴有三个交点.因为，100极大极小所以在时取得极大值，在时取得极小值，依题意得，解得，故m的取值范围为.21.已知函数．（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；（2）若有两个不同的极值点，且则存在，使得成立．求的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）转化为恒成立，再利用导数求出最小值代入可求出结果；（2）先推出，，再将不等式化为恒成立，根据右边构造函数，利用导数求出最大值即可得解.【小问1详解】的定义域为，，在定义域内单调递增当时，恒成立，若恒成立，若，设，，当时，，当时，，在上为减函数，在上为增函数，故．综上.【小问2详解】，因为存在两个极值点且，则为方程的两个根，即为的两根， 因为，且．所以且，，因为，则，设，则；令，则，当时，，为减函数，所以当时，，∴当时，，即；∴单调递增，则，∴.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，总有成立，故；（3）若，使得成立，故；（4）若，使得，故.（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22.如图，在极坐标系中，圆的半径为，半径均为的两个半圆弧所在圆的圆心分别为 ，，是半圆弧上的一个动点，是半圆弧上的一个动点.（1）若，求点的极坐标；（2）若点是射线与圆的交点，求面积的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据图形关系可确定，极角，由此可得点的极坐标；（2）利用表示出和，代入三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化简得到，结合正弦型函数值域可求得结果.【小问1详解】由知：，，点的极角为，点的极坐标为.【小问2详解】 由题意知：，，，，，，，.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数．（1）求的解集；（2）若函数的最小值为，且，求的最小值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.【小问1详解】，故等价于或或， 解得，不等式的解集为；【小问2详解】当时，；当时，；当时，，故函数的的最小值为，即利用柯西不等式可得，即，当且仅当时等号成立，结合，即当时，取得最小值4.