2023届四川省隆昌市第七中学高三上学期11月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届四川省隆昌市第七中学高三上学期11月月考数学（理）试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省隆昌市第七中学高三上学期11月月考数学（理）试题 一、单选题1．设集合，，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合，再求两集合的交集.【详解】由题知，∴  又∵，∴，即，∴，故选：C2．若复数（i为虚数单位，a，且）为纯虚数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法运算化简，根据其为纯虚数可得且，即可求得答案.【详解】由题意得,∵为纯虚数∴且，∴，另解：设（），则，即，，∴，故选：D.3．“”是“直线与直线互相垂直”的（    ）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的性质分析判断.【详解】∵直线与直线互相垂直∴，∴或，而“”是“或”的充分不必要条件∴“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故选：A.4．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用奇偶函数的定义可得为奇函数，求出的取值范围即可.【详解】因为所以为奇函数，所以排除B，D，又，所以排除C.故选：A5．若，则（    ）A． B． C．7 D．【答案】B【分析】由三角恒等式求出以及的值，再根据两角和的正切公式即可得结果.【详解】因为，所以，，所以，故选：B.6．已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】由函数的图像关于点对称得到，结合是偶函数得到，进一步得到的周期是4，再利用周期性计算即可得到答案.【详解】因为是上的偶函数，所以，又的图象关于点对称，则，所以，则，得，即，所以是周期函数，且周期，由时，，则，，，，则，则.故选：C7．已知函数，现将的图向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，利用三角函数图象平移可得，进而求出.【详解】将的图向左平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，所以.故选：C.8．随着社会的发展，人与人的交流变得广泛，信息的拾取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟，其中电磁波在空间中自由传播时能量损耗满足传输公式：，其中D为传输距离，单位是，F为载波频率，单位是，L为传输损耗（亦称衰减）单位为．若传输距离变为原来的4倍，传输损耗增加了，则载波频率变为原来约（    ）倍（参考数据：）A．1倍 B．2倍 C．3倍 D．4倍【答案】B【分析】由题，由前后两传输公式做差，结合题设数量关系及对数运算，即可得出结果【详解】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，，，则，即，从而，即载波频率变为原来约2倍.故选：B．9．已知等差数列的前n项和为，若，且，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】方法一：∵∴∴∴，方法二：由于是二次函数,当时的函数值，根据二次函数的对称性，由可知，的关于对称，因此，故选:B10．关于二项式，若展开式中含的项的系数为，则（    ）A．3 B．2 C．1 D．-1【答案】C【分析】根据二项式展开式可求得含的项的系数，即得方程，求得答案.【详解】由题意得的系数为，解得，故选：C.11．已知函数，方程恰有两个不同的实数根、，则的最小值与最大值的和（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】作出函数的图象，数形结合可得出实数的取值范围，将、用表示，可将表示为以为自变量的函数，利用导数可求得的最大值和最小值，进而可求得结果.【详解】作出函数的图象如下图所示：由图象可知，当时，直线与函数的图象有两个交点、，，则，可得，则，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.所以，，，，显然，.因此，的最大值和最小值之和为.故选：C.【点睛】本题考查利用导数求解代数式的最值，解题的关键就是将表示为以为自变量的函数，考查计算能力，属于中等题.12．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用作差法，结合基本不等式判断大小，再构造函数判断与的大小关系即可.【详解】对，因为，即，所以，即；对，又，令，则，所以当时，，当时，，所以，即，当且仅当时取等号，所以，令，则，所以当时，所以在上单调递增，显然，又，即，即，所以，即.故选：C 二、填空题13．已知向量，，若，则______.【答案】7【分析】直接由已知条件列方程求解即可【详解】解：因为向量，，且，所以所以，解得，，则.故答案为：7【点睛】此题考查共线向量的坐标间的关系，属于基础题.14．A、B、C、D四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，若A和不参加同一科，且这三科都有人参加，则不同的选择种数是______.（用数字作答）.【答案】【分析】根据题意，先安排四位同学参加三科竞赛且每科都有人参加的情况，再去除A和参加同一科的情况即可得答案.【详解】根据题意，若四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，且这三科都有人参加，则共有种情况，若四人去参加数学、物理、化学三科竞赛，每个同学只能参加一科竞赛，且这三科都有人参加，A和参加同一科的有种情况；所以，满足题意的情况共有种.故答案为：.15．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如：，，已知，则函数的值域为______．【答案】【分析】根据指数函数的性质分析的值域，进而得到的值域即可【详解】∵，，∴令，则故函数的值域为，故答案为：16．已知函数，关于的方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】求函数的导数，判断其单调性，作出其大致图象，数形结合，将关于的方程有三个不等的实根转化为有两个不等的实根，结合二次方程根的分布，求得答案.【详解】由题意得，当时，，递增；当时，，递减，且；可知函数的图象如图所示，令，则方程有三个不等的实根，即为有两个不等的实根，令，则有两个不等的实根，则，所以不妨令，则，解得，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数解决方程的根的个数问题，考查求参数的范围，解答时要注意利用导数判断函数的单调性，进而作出函数图象，数形结合，将方程根的问题转化为二次方程的根的分布问题. 三、解答题17．已知定义在上的函数是奇函数.(1)求实数的值；(2)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用奇函数，并作检验即可;(2)利用函数的单调性和奇偶性解不等式，再转化为一元二次不等式的恒成立问题.【详解】（1）函数是定义域上的奇函数，，即，解得.此时，则，符合题意；（2）因为，且在定义域上单调递增，在定义域上单调递减，所以在定义域上单调递增，则不等式恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立，所以，解得，即.18．已知数列的前n项和为，且，.(1)证明：为等比数列，并求的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)证明见解析，（）(2) 【分析】（1）由题意，根据公式，可得数列递推公式（），结合等比数列的通项公式，可得答案；（2）由题意，根据错位相减法，可得答案.【详解】（1）因为，所以（），故，即（）又，故，即，因此（）故是以2为首项，3为公比的等比数列.因此（）（2）因为①故②①②，得，即.19．有9个外观相同的同规格砝码，其中1个由于生产瑕疵导致质量略有增加，小明想通过托盘天平称量出这个有瑕疵的砝码，设计了如下两种方案：方案一：每次从待称量的砝码中随机选2个，按个数平分后分别放在天平的左､右托盘上，若天平平衡，则选出的2个砝码是没有瑕疵的；否则，有瑕疪砝的砝码在下降一侧.按此方法，直到找出有瑕疵的砝码为止.方案二：从待称量的砝码中随机选8个，按个数平分后分别放在天平的左､右托盘上，若天平平衡，则未被选出的那个砝码是有瑕疵的；否则，有瑕疵的砝码在下降一侧，每次再将该侧砝码按个数平分，分别放在天平的左､右托盘上，，直到找出有瑕疵的砝码为止.(1)记方案一的称量次数为随机变量，求的概率分布；(2)上述两种方案中，小明应选择何种方案可使称量次数的期望较小？并说明理由.【答案】(1)分布列见解析；(2)小明应选择方案一可使称量次数的期望较小，理由见解析. 【分析】（1）由题可知可取1,2,3,4，然后利用古典概型概率公式求概率，进而即得；（2）由题可得，设方案二的称量次数为随机变量为，求其期望，然后与比较即得.【详解】（1）由题知：，，，分布列为：1234 （2）由（1）知：，设方案二的称量次数为随机变量为，则，，，所以小明应选择方案一可使称量次数的期望较小.20．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．【详解】（1）因为，即，而，所以；（2）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为． 21．已知函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若对任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)的递增区间为，无递减区间；(2) 【分析】(1)对求导，得，令，对求导，利用 的正负确定的单调性及最小值，从而确实的正负及的单调区间；(2)由(1)可得，然后分a≤2和a＞2两种情况讨论的单调性及最值，即可得答案.【详解】（1）解：当时，，求导，设，则，令 ，解得： ；，，∴ 在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增，则，∴在（0，+∞）上恒成立，∴的递增区间为（0，+∞），无递减区间；（2）解：，由（1）知：＝，又因为在（1，+∞）单调递增，则g（x）≥g（1）＝2，①当a≤2时，，在[1，+∞）单调递增，∴，满足题意．②当a＞2时，设，则，当时，，∴在[1，+∞）递增， ，，∴∃，使，∵在[1，+∞）单调递增，∴当时，＜0，即＜0，所以在上单调递减，又，∴当时，，不满足题意．∴的取值范围为，综上可知：实数的取值范围（﹣ ，2]．22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（θ为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．(1)求曲线C的普通方程与直线l的直角坐标方程；(2)若直线过点且与直线l平行，直线交曲线C于A，B两点，求的值．【答案】(1)，(2)2 【分析】（1）利用三角消参即可求出曲线C的普通方程；由即可求出直线l的直角坐标方程；（2）利用直线参方形式中的“t的几何意义”即可求解【详解】（1）因为曲线C的参数方程为，（θ为参数），所以曲线C的普通方程为．由，得，即，因为，，所以直线l的直角坐标方程为．（2）因为直线l的斜率为，所以l的倾斜角为，所以过点且与直线l平行的直线的方程可设为（t为参数）．设点A，B对应的参数分别为，，将代入，可得，整理得，则，，，所以．23．已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：（1）；（2）．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用将所证不等式可变为证明：，利用基本不等式可证得，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得，再次利用基本不等式可将式转化为，在取等条件一致的情况下，可得结论.【详解】（1）    当且仅当时取等号，即：（2），当且仅当时取等号又，，（当且仅当时等号同时成立）又    【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立.