四川省内江市威远中学校2023-2024学年高三上学期9月月考数学(理科) Word版含解析.docx

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威远中学校2023-2024学年高三上学期月考数学（理科）试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上，2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号，3答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位里上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效，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，只有一项符合题目要求.）1.设集合A＝{x|x2﹣x﹣2＞0}，B＝{x|0＜＜2}，则A∩B＝（　　）A.（2，4）B.（1，1）C.（﹣1，4）D.（1，4）【答案】A【解析】【分析】可求出集合，，然后进行交集的运算即可．【详解】A＝{x|x＜﹣1或x＞2}，B＝{x|1＜x＜4}；∴A∩B＝（2，4）．故选A．【点睛】本题主要考查描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，对数函数的单调性，以及交集的运算．2.为虚数单位，复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的四则运算可得复数，进而可得.【详解】由，得， 所以，故选：B.3.已知向量，则（）A2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】因为，所以.故选：D4.已知为奇函数，且时，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由奇函数性质及解析式求解即可.【详解】为奇函数，且时，，.故选：D5.已知x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（）．A.B.C.2D.4【答案】B【解析】【分析】画出可行域及目标函数，利用几何意义求出最小值.【详解】画出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示．目标函数，即，平移直线，当其过点A时纵截距最小，即z最小． 由，可得即点，所以．故选：B6.已知命题：函数在上是减函数，命题：恒成立，则是的（）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【答案】A【解析】【分析】利用二次函数的性质、基本不等式求得两个命题，再利用充分与必要条件的相关定义判定即可.【详解】易知函数对称轴为，即函数的单调递减区间为，故，命题，；又恒成立等价于，由基本不等式可知，当且仅当时取得等号，即，命题，显然，即可以推出不能推出，故是的充分不必要条件.故选：A7.函数的图象大致是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再利用时，值为正即可判断作答.【详解】函数定义域为R，，即是奇函数，A，B不满足；当时，即，则，而，因此，D不满足，C满足.故选：C8.设，，，则，，的大小关系是．A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据所给的对数式和指数式的特征可以采用中间值比较法，进行比较大小.【详解】因为，故本题选C.【点睛】本题考查了利用对数函数、指数函数的单调性比较指数式、对数式大小的问题.9.赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设 ，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在中，由余弦定理求出，从而根据两个等边三角形的面积比求得所求概率.【详解】在中，，，，由余弦定理，得，所以，所以所求概率为.所以本题答案为A.【点睛】本题考查几何概型和余弦定理的应用，本题关键在于利用余弦定理求出，属中档题.10.已知函数，则下列结论成立的是（）A.的最小正周期为B.的图象关于直线对称C.的最小值与最大值之和为0D.在上单调递增【答案】B【解析】【分析】对于根据即可求出；对于可根据函数在对称轴处取的最值验证；对于利用解析式可直接求得最大和最小值，验证即可；对于可求得函数的单调增区间，验证即可.【详解】对于,的最小正周期为,故错误； 对于，2为最大值，所以的图象关于直线对称，故正确；对于依据函数解析式得故错误；对于令，解得令，得的一个增区间为，故在上为减函数，在上为增函数，故错误.故选：11.已知函数是上的偶函数，，当时，，则（）A.的图象关于直线对称B.4是的一个周期C.在上单调递减D.：【答案】A【解析】【分析】易得为奇函数，利用函数的周期性与奇偶性结合选项逐个判断即可.【详解】由题知，因为函数是上的偶函数，所以为奇函数，所以对于A：因为所以，从而所以所以的图象关于直线对称，A选项正确； 对于B：由A知所以，从而所以是以8为周期的函数，B选项错误；对于C：当时，为增函数，又因为为奇函数所以在上单调递增，C选项错误；对于D：因为所以又因为在上单调递增所以，D选项错误；故选：A.12.已知函数（为自然对数的底），若方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先需要根据方程特点构造函数,将方程根的问题转化为函数零点问题，并根据函数的奇偶性判断出函数在上的零点个数，再转化成方程解的问题，最后利用数形结合思想，构造两个函数，转化成求切线斜率问题，从而根据斜率的几何意义得到解.【详解】因为函数是偶函数，，所以零点成对出现，依题意，方程有两个不同的正根，又当时，，所以方程可以化为： ，即，记，，设直线与图像相切时的切点为，则切线方程为，过点，所以或（舍弃），所以切线的斜率为，由图像可以得.选D.【点睛】本题考查函数的奇偶性、函数零点、导数的几何意义，考查函数与方程思想、数形结合思想、转化与化归思想，突显了直观想象、数学抽象、逻辑推理的考查.属中档题.第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二.填空题：本大共4小题，每小题5分，满分20分.13.已知，则的最小值是__________．【答案】【解析】【详解】分析：利用题设中的等式，把的表达式转化成，展开后，利用基本不等式求得y的最小值.详解：因为，所以，所以（当且仅当时等号成立），则的最小值是，总上所述，答案为.点睛： 该题考查的是有关两个正数的整式形式和为定值的情况下求其分式形式和的最值的问题，在求解的过程中，注意相乘，之后应用基本不等式求最值即可，在做乘积运算的时候要注意乘1是不变的，如果不是1，要做除法运算.14.的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】【解析】【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】其二项式展开通项：当，解得的展开式中常数项是：.故答案为：.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.已知，若数列的前项和为，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】利用裂项相消法进行求解即可.【详解】因为，所以， 因此，所以的取值范围为故答案为：16.已知函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】求导，分，与三种情况，结合函数极值及函数图象的走势，得到不等式，求出实数a的取值范围.【详解】由函数，则，当时，不经过三四象限，不合题意，舍去，当时，由得或，若，则当或时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，且极大值为，故经过第二象限，在处取得极小值，且极小值为，函数一定过第三和第一象限，要想经过第四象限，只需，解得；若，则当或时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，在处取得极大值，且极大值为，故经过第一象限，函数一定过第二和第四象限，要想经过第三象限，只需，解得， 综上，实数a的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性与极值，利用函数图象的变化趋势后得出极值满足的性质，从而求解.三､解答题（本题共计6小题，共0分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）.17.某市教育与环保部门联合组织该市中学参加市中学生环保知识团体竞赛，根据比赛规则，某中学选拔出8名同学组成参赛队，其中初中学部选出的3名同学有2名女生；高中学部选出的5名同学有3名女生，竞赛组委会将从这8名同学中随机选出4人参加比赛.（Ⅰ）设“选出的4人中恰有2名女生，而且这2名女生来自同一个学部”为事件,求事件的概率；（Ⅱ）设为选出的4人中女生的人数，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列略，期望．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）由排列组合知识求得基本事件数，利用古典概型的概率公式进行求解；（Ⅱ）利用超几何分布的概率公式求出每个变量对应的概率，列表得到分布列，再利用期望公式进行求解．试题解析：（Ⅰ）由已知，得，所以事件的概率为.（Ⅱ）随机变量的所有可能取值为1,2,3,4.由已知得.所以随机变量的分布列为：1234随机变量的数学期望.考点：1.古典概型；2.超几何分布． 18.等比数列的各项均为正数，且，.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式，结合等比数列的下标性质进行求解即可；（2）利用错位相减法进行求解即可.【详解】解：（1）设数列公比为，则，由得：，所以.由，得到所以数列的通项公式为.（2）由条件知，又将以上两式相减得所以.19.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出； （2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到，即可求出，进而求出的周长.【详解】解：（1），由正弦定理得：，整理得：，∵在中，，∴，即，∴，即；（2）由余弦定理得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴的周长为.20.已知函数．（1）求的最值．（2）求曲线过点的切线方程．【答案】（1）最小值为，无最大值（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域，得出导函数，根据导函数得出函数的单调性，即可得出答案； （2）设切点为，根据导数的几何意义得出斜率，根据已知结合斜率的公式即可得出，联立得出方程，求出方程的根，得出切点坐标以及斜率，代入点斜式方程，即可得出答案．【小问1详解】由已知可得，的定义域为，且，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增，所以在处取得唯一极小值，也是最小值，又，所以的最小值为，无最大值．【小问2详解】设切点为，则，根据导数的几何意义可知，曲线在处的斜率，则，所以，整理可得，设，则在上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以存在唯一零点，所以的唯一解为，所以切点，此时斜率为，所以切线方程为，整理可得切线方程为．21.已知函数.（1）若为的极小值点，求实数的值；（2）已知集合，集合，若，求实数的取值范围.（3）若时，，求证：对任意且都有（其中为自然对数的底数）【答案】（1）（2）（3）证明过程见解析【解析】【分析】（1）求定义域，求导，根据极值点定义得到方程，求出，再验证，得到答案；（2）求定义域，求导，得到函数单调性及极值，最值情况，并勾股函数得到，结合，要想满足，则有，即；（3）先得到，令，且，得到，利用裂项相消得到，从而证明出结论.【小问1详解】定义域为，， 因为为的极小值点，所以，解得，当时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故为的极小值点，满足要求，综上：；【小问2详解】定义域为，，令，解得，单调递增，令，解得，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，故，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极小值，也是最小值，且，故，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时，等号成立，可以看出，要想满足，则有，即时，才能满足，综上：实数的取值范围是；【小问3详解】时，，因为，故变形为， 令，且，则有，故，故.【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.请考生在22､23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.（1）写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；（2）若点坐标为，圆与直线交于、两点，求的值.【答案】（1）直线的普通方程为，圆的直角坐标方程为；（2）.【解析】【分析】（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在圆的极坐标方程两边同时乘以，由可将圆的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点、对应的参数分别为、，将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，列出韦达定理，利用直线参数方程的几何意义可求得的值.【详解】（1）在直线的参数方程中消去参数，可得直线的普通方程为，在圆的极坐标方程两边同时乘以，可得， 由可得圆的直角坐标方程为，即；（2）设点、对应参数分别为、，将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程得，即，，由韦达定理得，，又直线过点，所以.【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的相互转化，同时也考查了利用直线参数方程的几何意义求值，考查计算能力，属于中等题.选修4-5：不等式选讲23.已知函数f(x)=2|x+1|+|x-2|.（1）求f(x)的最小值m；（2）若a，b，c均为正实数，且满足a+b+c=m，求证：.【答案】（1）3；（2）证明详见解析.【解析】【分析】（1）分段讨论去绝对值可得到值域，从而得到最小值；（2）配凑成形式，再利用均值不等式求最值即可.【详解】（1）当x<-1时，；当–1≤x<2时，；当x≥2时，；综上，f(x)的最小值m=3；（2）由（1）知m=3，因为a，b，c均为正实数，且满足a+b+c=3，， 当且仅当a=b=c=1时，等号成立，所以即.