《四川省內江市威遠中學校2023-2024學年高三上學期9月月考數學(理科) Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

威遠中學校2023-2024學年高三上學期月考數學（理科）試卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1答題前，務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置上，2答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其他答案標號，3答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位里上.4.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效，第I卷（選擇題，共60分）一?選擇題.（本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.）1.設集合A＝{x|x2﹣x﹣2＞0}，B＝{x|0＜＜2}，則A∩B＝（　?。〢.（2，4）B.（1，1）C.（﹣1，4）D.（1，4）【答案】A【解析】【分析】可求出集合，，然后進行交集的運算即可．【詳解】A＝{x|x＜﹣1或x＞2}，B＝{x|1＜x＜4}；∴A∩B＝（2，4）．故選A．【點睛】本題主要考查描述法、區(qū)間的定義，一元二次不等式的解法，對數函數的單調性，以及交集的運算．2.為虛數單位，復數滿足，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的四則運算可得復數，進而可得.【詳解】由，得， 所以，故選：B.3.已知向量，則（）A2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【詳解】因為，所以.故選：D4.已知為奇函數，且時，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由奇函數性質及解析式求解即可.【詳解】為奇函數，且時，，.故選：D5.已知x，y滿足約束條件，則目標函數的最小值為（）．A.B.C.2D.4【答案】B【解析】【分析】畫出可行域及目標函數，利用幾何意義求出最小值.【詳解】畫出約束條件表示的平面區(qū)域，如圖中陰影部分所示．目標函數，即，平移直線，當其過點A時縱截距最小，即z最?。?由，可得即點，所以．故選：B6.已知命題：函數在上是減函數，命題：恒成立，則是的（）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】A【解析】【分析】利用二次函數的性質、基本不等式求得兩個命題，再利用充分與必要條件的相關定義判定即可.【詳解】易知函數對稱軸為，即函數的單調遞減區(qū)間為，故，命題，；又恒成立等價于，由基本不等式可知，當且僅當時取得等號，即，命題，顯然，即可以推出不能推出，故是的充分不必要條件.故選：A7.函數的圖象大致是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析函數的奇偶性排除兩個選項，再利用時，值為正即可判斷作答.【詳解】函數定義域為R，，即是奇函數，A，B不滿足；當時，即，則，而，因此，D不滿足，C滿足.故選：C8.設，，，則，，的大小關系是．A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據所給的對數式和指數式的特征可以采用中間值比較法，進行比較大小.【詳解】因為，故本題選C.【點睛】本題考查了利用對數函數、指數函數的單調性比較指數式、對數式大小的問題.9.趙爽是我國古代數學家、天文學家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”（以弦為邊長得到的正方形是由4個全等的直角三角形再加上中間的一個小正方形組成的）.類比“趙爽弦圖”，可類似地構造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設 ，若在大等邊三角形中隨機取一點，則此點取自小等邊三角形的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在中，由余弦定理求出，從而根據兩個等邊三角形的面積比求得所求概率.【詳解】在中，，，，由余弦定理，得，所以，所以所求概率為.所以本題答案為A.【點睛】本題考查幾何概型和余弦定理的應用，本題關鍵在于利用余弦定理求出，屬中檔題.10.已知函數，則下列結論成立的是（）A.的最小正周期為B.的圖象關于直線對稱C.的最小值與最大值之和為0D.在上單調遞增【答案】B【解析】【分析】對于根據即可求出；對于可根據函數在對稱軸處取的最值驗證；對于利用解析式可直接求得最大和最小值，驗證即可；對于可求得函數的單調增區(qū)間，驗證即可.【詳解】對于,的最小正周期為,故錯誤； 對于，2為最大值，所以的圖象關于直線對稱，故正確；對于依據函數解析式得故錯誤；對于令，解得令，得的一個增區(qū)間為，故在上為減函數，在上為增函數，故錯誤.故選：11.已知函數是上的偶函數，，當時，，則（）A.的圖象關于直線對稱B.4是的一個周期C.在上單調遞減D.：【答案】A【解析】【分析】易得為奇函數，利用函數的周期性與奇偶性結合選項逐個判斷即可.【詳解】由題知，因為函數是上的偶函數，所以為奇函數，所以對于A：因為所以，從而所以所以的圖象關于直線對稱，A選項正確； 對于B：由A知所以，從而所以是以8為周期的函數，B選項錯誤；對于C：當時，為增函數，又因為為奇函數所以在上單調遞增，C選項錯誤；對于D：因為所以又因為在上單調遞增所以，D選項錯誤；故選：A.12.已知函數（為自然對數的底），若方程有且僅有四個不同的解，則實數的取值范圍是．A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先需要根據方程特點構造函數,將方程根的問題轉化為函數零點問題，并根據函數的奇偶性判斷出函數在上的零點個數，再轉化成方程解的問題，最后利用數形結合思想，構造兩個函數，轉化成求切線斜率問題，從而根據斜率的幾何意義得到解.【詳解】因為函數是偶函數，，所以零點成對出現，依題意，方程有兩個不同的正根，又當時，，所以方程可以化為： ，即，記，，設直線與圖像相切時的切點為，則切線方程為，過點，所以或（舍棄），所以切線的斜率為，由圖像可以得.選D.【點睛】本題考查函數的奇偶性、函數零點、導數的幾何意義，考查函數與方程思想、數形結合思想、轉化與化歸思想，突顯了直觀想象、數學抽象、邏輯推理的考查.屬中檔題.第Ⅱ卷（非選擇題，共90分）二.填空題：本大共4小題，每小題5分，滿分20分.13.已知，則的最小值是__________．【答案】【解析】【詳解】分析：利用題設中的等式，把的表達式轉化成，展開后，利用基本不等式求得y的最小值.詳解：因為，所以，所以（當且僅當時等號成立），則的最小值是，總上所述，答案為.點睛： 該題考查的是有關兩個正數的整式形式和為定值的情況下求其分式形式和的最值的問題，在求解的過程中，注意相乘，之后應用基本不等式求最值即可，在做乘積運算的時候要注意乘1是不變的，如果不是1，要做除法運算.14.的展開式中常數項是__________（用數字作答）．【答案】【解析】【分析】寫出二項式展開通項，即可求得常數項.【詳解】其二項式展開通項：當，解得的展開式中常數項是：.故答案為：.【點睛】本題考查二項式定理，利用通項公式求二項展開式中的指定項，解題關鍵是掌握的展開通項公式，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.15.已知，若數列的前項和為，則的取值范圍為___________.【答案】【解析】【分析】利用裂項相消法進行求解即可.【詳解】因為，所以， 因此，所以的取值范圍為故答案為：16.已知函數的圖象經過四個象限，則實數的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】求導，分，與三種情況，結合函數極值及函數圖象的走勢，得到不等式，求出實數a的取值范圍.【詳解】由函數，則，當時，不經過三四象限，不合題意，舍去，當時，由得或，若，則當或時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故在處取得極大值，且極大值為，故經過第二象限，在處取得極小值，且極小值為，函數一定過第三和第一象限，要想經過第四象限，只需，解得；若，則當或時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故在處取得極小值，且極小值為，在處取得極大值，且極大值為，故經過第一象限，函數一定過第二和第四象限，要想經過第三象限，只需，解得， 綜上，實數a的取值范圍是.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題考查用導數研究函數的單調性與極值，利用函數圖象的變化趨勢后得出極值滿足的性質，從而求解.三?解答題（本題共計6小題，共0分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）.17.某市教育與環(huán)保部門聯合組織該市中學參加市中學生環(huán)保知識團體競賽，根據比賽規(guī)則，某中學選拔出8名同學組成參賽隊，其中初中學部選出的3名同學有2名女生；高中學部選出的5名同學有3名女生，競賽組委會將從這8名同學中隨機選出4人參加比賽.（Ⅰ）設“選出的4人中恰有2名女生，而且這2名女生來自同一個學部”為事件,求事件的概率；（Ⅱ）設為選出的4人中女生的人數，求隨機變量的分布列和數學期望.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列略，期望．【解析】【詳解】試題分析：（Ⅰ）由排列組合知識求得基本事件數，利用古典概型的概率公式進行求解；（Ⅱ）利用超幾何分布的概率公式求出每個變量對應的概率，列表得到分布列，再利用期望公式進行求解．試題解析：（Ⅰ）由已知，得，所以事件的概率為.（Ⅱ）隨機變量的所有可能取值為1,2,3,4.由已知得.所以隨機變量的分布列為：1234隨機變量的數學期望.考點：1.古典概型；2.超幾何分布． 18.等比數列的各項均為正數，且，.（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據等比數列的通項公式，結合等比數列的下標性質進行求解即可；（2）利用錯位相減法進行求解即可.【詳解】解：（1）設數列公比為，則，由得：，所以.由，得到所以數列的通項公式為.（2）由條件知，又將以上兩式相減得所以.19.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.（1）求B；（2）若，的面積為，求的周長.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據正弦定理以及兩角和的正弦公式即可求出，進而求出； （2）根據余弦定理可得到，再根據三角形面積公式得到，即可求出，進而求出的周長.【詳解】解：（1），由正弦定理得：，整理得：，∵在中，，∴，即，∴，即；（2）由余弦定理得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴的周長為.20.已知函數．（1）求的最值．（2）求曲線過點的切線方程．【答案】（1）最小值為，無最大值（2）【解析】【分析】（1）求出函數的定義域，得出導函數，根據導函數得出函數的單調性，即可得出答案； （2）設切點為，根據導數的幾何意義得出斜率，根據已知結合斜率的公式即可得出，聯立得出方程，求出方程的根，得出切點坐標以及斜率，代入點斜式方程，即可得出答案．【小問1詳解】由已知可得，的定義域為，且，當時，，則在上單調遞減；當時，，則在上單調遞增，所以在處取得唯一極小值，也是最小值，又，所以的最小值為，無最大值．【小問2詳解】設切點為，則，根據導數的幾何意義可知，曲線在處的斜率，則，所以，整理可得，設，則在上恒成立，所以在上單調遞增， 又，所以存在唯一零點，所以的唯一解為，所以切點，此時斜率為，所以切線方程為，整理可得切線方程為．21.已知函數.（1）若為的極小值點，求實數的值；（2）已知集合，集合，若，求實數的取值范圍.（3）若時，，求證：對任意且都有（其中為自然對數的底數）【答案】（1）（2）（3）證明過程見解析【解析】【分析】（1）求定義域，求導，根據極值點定義得到方程，求出，再驗證，得到答案；（2）求定義域，求導，得到函數單調性及極值，最值情況，并勾股函數得到，結合，要想滿足，則有，即；（3）先得到，令，且，得到，利用裂項相消得到，從而證明出結論.【小問1詳解】定義域為，， 因為為的極小值點，所以，解得，當時，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故為的極小值點，滿足要求，綜上：；【小問2詳解】定義域為，，令，解得，單調遞增，令，解得，單調遞減，故在處取得極小值，也是最小值，故，令，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故在處取得極小值，也是最小值，且，故，當且僅當時，等號成立，故，當且僅當時，等號成立，可以看出，要想滿足，則有，即時，才能滿足，綜上：實數的取值范圍是；【小問3詳解】時，，因為，故變形為， 令，且，則有，故，故.【點睛】方法點睛：導函數證明數列相關不等式，常根據已知函數不等式，用關于正整數的不等式代替函數不等式中的自變量，通過多次求和（常常用到裂項相消法求和）達到證明的目的，此類問題一般至少有兩問，已知的不等式常由第一問根據特征式的特征而得到.請考生在22?23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分.選修4-4：坐標系與參數方程22.在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.在以原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，圓的方程為.（1）寫出直線的普通方程和圓的直角坐標方程；（2）若點坐標為，圓與直線交于、兩點，求的值.【答案】（1）直線的普通方程為，圓的直角坐標方程為；（2）.【解析】【分析】（1）在直線的參數方程中消去參數可得出直線的普通方程，在圓的極坐標方程兩邊同時乘以，由可將圓的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）設點、對應的參數分別為、，將直線的參數方程代入圓的直角坐標方程，列出韋達定理，利用直線參數方程的幾何意義可求得的值.【詳解】（1）在直線的參數方程中消去參數，可得直線的普通方程為，在圓的極坐標方程兩邊同時乘以，可得， 由可得圓的直角坐標方程為，即；（2）設點、對應參數分別為、，將直線的參數方程代入圓的直角坐標方程得，即，，由韋達定理得，，又直線過點，所以.【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程與普通方程之間的相互轉化，同時也考查了利用直線參數方程的幾何意義求值，考查計算能力，屬于中等題.選修4-5：不等式選講23.已知函數f(x)=2|x+1|+|x-2|.（1）求f(x)的最小值m；（2）若a，b，c均為正實數，且滿足a+b+c=m，求證：.【答案】（1）3；（2）證明詳見解析.【解析】【分析】（1）分段討論去絕對值可得到值域，從而得到最小值；（2）配湊成形式，再利用均值不等式求最值即可.【詳解】（1）當x<-1時，；當–1≤x<2時，；當x≥2時，；綜上，f(x)的最小值m=3；（2）由（1）知m=3，因為a，b，c均為正實數，且滿足a+b+c=3，， 當且僅當a=b=c=1時，等號成立，所以即.