四川省广安第二中学2023-2024学年高三理科数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

广安二中高2021级2023年秋季第一次月考

数学试卷（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D. ［1，2]

【答案】C

【解析】

【分析】根据交集运算律求解即可.
 

【详解】.

故选:C.

2. 复数为虚数单位）的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由虚数的定义求解．

【详解】复数的虚部是－1．

故选：B．

【点睛】本题考查复数的概念，掌握复数的概念是解题基础．

3. 在等差数列中，，直线过点，则直线的斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用等差数列通项的性质求出公差，即可求出通项公式，表示出，即可求出结果.

【详解】因为是等差数列，，

令数列的公差为，

所以，，

则，

所以，

则直线的斜率为.

故选：A

4. 命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是

A. 任意一个有理数，它平方是有理数 B. 任意一个无理数，它的平方不是有理数

C. 存在一个有理数，它的平方是有理数 D. 存在一个无理数，它的平方不是有理数

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：由命题的否定的定义知，“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是任意一个无理数，它的平方不是有理数．

考点：命题的否定．

5. 苂光定量PCR是一种通过化学物质的苂光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA进行实时监测的方法.在PCR扩增的指数时期，苂光信号强度达到阀值时，DNA的数量与扩增次数满足，其中为DNA的初始数量，为扩增效率.已知某被测标本DNA扩增6次后，数量变为原来的100倍，则扩增效率约为（    ）（参考数据：）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，得出方程，结合对数的运算性质，即可求解.

【详解】由题意，可得，即，

所以，可得，

解得.

故选：C.

6. 五名学生按任意次序站成一排，则和站两端的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先和排两端，再将其余三人全排列，共有种情况，将五名学生按任意次序站成一排，共有种情况，再利用古典概型公式求解即可.

【详解】首先将和排两端，共有种情况，

再将其余三人全排列，共有种情况，

所以共有种情况.

因为五名学生按任意次序站成一排，共有种情况，

故和站两端的概率为.

故选：B

7. 化简的结果是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正余弦的二倍角公式化简即可.

【详解】原式化简为

.

故选：D.

8. 已知函数是定义在上的奇函数，且，，则（    ）

A.  B. 0 C. 3 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】由函数为奇函数可得，，再根据求出函数的周期，再根据函数的周期即可得解.

【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，，

因为，所以，则，

所以，

所以是以为周期的一个周期函数，

所以

.

故选：A．

9. 函数的图象可能是（    ）．

A.    B.    C.    D.  

【答案】A

【解析】

【分析】利用排除法，结合函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.

【详解】因为定义域为，

且，

所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故B，D都不正确；

对于C，时，，，

所以，所以，故C不正确；

对于选项A，符合函数图象关于原点对称，也符合时，，故A正确．

故选：A.

10. 已知函数的图像关于点中心对称，则（    ）

A. 在区间上单调递增

B. 在区间有两个极值点

C. 直线是曲线的对称轴

D. 直线是曲线切线

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，求出函数的解析式，再逐项分析判断作答.

【详解】因为函数的图象关于点中心对称，

即，则，而，有，则，

对于A，当时，，而正弦函数在上单调递减，

因此函数在上单调递减，A不正确；

对于B，当时，，而正弦函数在上只有1个极值点，

因此函数在有唯一极值点，B错误；

对于C，因为，因此直线不是函数图象的对称轴，C错误；

对于D，直线过点，并且，即点在曲线上，

由，求导得，显然，

因此曲线在处的切线方程为，即，D正确.

故选：D

11. 已知函数，函数有6个零点，则非零实数m的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作出函数的图像，原问题转化为函数与共有6个交点，等价于与有三个交点，结合图像得出其范围.

【详解】作出函数的图像如下：

数，且函数有6个零点等价于有6个解，

等价于或共有6个解

等价于函数与共有6个交点，

由图可得与有三个交点，所以与有三个交点

则直线应位于之间，

所以

故选：B.

【点睛】方法点睛：数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图像，然后数形结合求解.

12. 若直线与函数图象交于不同的两点，且点，若点满足，则

A.  B. 2 C. 4 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】先判断是奇函数，再根据直线过原点，得到点A，B关于原点对称，将，转化为求解.

【详解】∵，

∴是奇函数，又直线过原点，

∴点A，B关于原点对称，

∵，∴，

∴，

∴，

解得，

∴，

故选：C．

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 计算：______．

【答案】

【解析】

【分析】根据指数幂和对数运算公式，化简求值.

【详解】原式.

故答案为：

14. 若直线是函数的图象在某点处的切线，则实数_________．

【答案】

【解析】

【分析】利用求得切点坐标，代入切线方程，从而求得.

【详解】令，解得，所以切点为，

将代入切线得.

故答案为：

15. 由曲线围成的图形的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】曲线围成的图形关于轴，轴对称，故只需要求出第一象限的面积即可，结合圆的方程运算求解.

【详解】将或代入方程，方程不发生改变，故曲线关于轴，轴对称，因此只需求出第一象限的面积即可，

当，时，曲线可化为：，

表示的图形为以为圆心，半径为的一个半圆，

则第一象限围成的面积为，

故曲线围成的图形的面积为.

故答案为：.

16. 已知和是函数的两个不相等的零点，则的范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据零点确定两个方程，用比值换元法转化为单变量，从而利用求导和二次求导即可.

【详解】和是函数两个不相等的零点，

不妨设，

，

两式相减得，

令

，

，

，

令，

所以，

令
 

恒成立，

在是单调递增，

恒成立，

在是单调递增，

恒成立，

，

，

故答案为：．

【点睛】本题考察导数双变量和构造函数证明不等式的方法.
 

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算过程．

17. 如图所示，角的终边与单位圆交于点，将绕原点按逆时针方向旋转后与圆交于点.

（1）求；

（2）若的内角，，所对的边分别为，，，，，，求.

【答案】（1）   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）根据三角函数的定义及诱导公式直接得解；

（2）由已知可得，再利用余弦定理可得，进而可得面积.

【小问1详解】

由题知，，

所以；

【小问2详解】

由题知，，，

，且，所以，

而，则，故，

由正弦定理可知，整理得，

解得，

故，或.

18. “双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.

（1）估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；

（2）从全校学生中随机选取人，记表示这人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图计算对应频率即为所求概率；

（2）用频率估计概率，可知，利用二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据二项分布数学期望公式可求得.

【小问1详解】

由频率分布直方图知：人中，一周参加课后活动的事件位于区间的频率为，

用频率估计概率，全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率为.

【小问2详解】

用频率估计概率，从全校学生中随机抽取人，则该人一周参加课后活动的事件在区间的概率，，

则所有可能的取值为，

；；；；

的分布列为：

数学期望.

19. 如图，四棱锥中，，，，，与交于点，过点作平行于平面平面.

（1）若平面分别交，于点，，求的周长；

（2）当时，求平面与平面夹角的正弦值.

【答案】（1）4    （2）.

【解析】

【分析】（1）依题意可得，再根据面面平行的性质得到，，，根据三角形相似的性质计算可得；

（2）首先证明平面平面，取的中点，即可得到平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【小问1详解】

由题意可知，四边形是直角梯形，

∴与相似，又，

∴，，

因为过点作平行于平面的面分别交，于点，，

即平面平面，平面平面，平面平面，

平面平面，平面平面，

平面平面，平面平面，

由面面平行的性质定理得，，，

所以与相似，相似比为，即，

因为的周长为6，所以的周长为.

  【小问2详解】

∵平面平面，∴平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等，

∵，，，∴，

∴，又，，平面，∴平面，

平面，∴平面平面，

取的中点，因为为等边三角形，∴，平面平面，

平面，∴平面，

以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，，

设平面的法向量，

则，即，

取，则，

∵平面，∴是平面的一个法向量，

设平面与平面夹角为，则，所以，

所以平面与平面夹角的正弦值为.

20. 已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，椭圆长轴两个端点间的距离与两个焦点之间的距离的差为，且椭圆的离心率为.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点作直线l交C于P､Q两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出这个定点M的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，定点.

【解析】

【分析】

（1）根据题意，列出方程组，即可求得a，c的值，根据a，b，c的关系，即可求得b的值，即可求得答案；

（2）当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，与椭圆联立，根据韦达定理，可得的表达式，代入所求，化简整理，即可得结果；当直线l与x轴重合时，可求得P，Q坐标，可得的表达式，经检验符合题意，综合即可得答案.

【详解】（1）由题意得：，解得，又，

所以椭圆C的方程为：.

（2）当直线l不与x轴重合时，可设直线l的方程为：，，

联立直线与曲线方程，整理得：，

则，，

假设存在定点，使得为定值，

则

=.

当且仅当，即时，(为定值)，这时，

当直线l与x轴重合时，

此时，，，，

，

当时，(为定值)，满足题意.

所以存在定点使得对于经过点的任意一条直线l均有(恒为定值).

【点睛】解题的步骤为（1）设直线，（2）与曲线联立，得到关于x（y）的一元二次方程，（3）根据韦达定理，求得（）的表达式，（4）代入所求，化简整理，即可得答案，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

21. 已知函数，.

（1）求函数的极小值；

（2）证明：当时，.

【答案】（1）当时，无极小值；当时，取极小值为.   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）首先根据题意得到，再利用导数分类讨论求解极限值即可.

（2）首先将题意转化为证明，再分类讨论对，和的情况进行证明即可.

【小问1详解】

∵，，

∴，

所以，.

当时，即时，，函数在上单调递增，无极小值；

当时，即时，令，解得，函数在上单调递减；

令，解得，函数在上单调递增.

∴时，函数取得极小值.

综上所述，当时，无极小值；当时，取极小值为.

【小问2详解】

令，.

当时，要证，

即证，即，

即证，

①当时，

令，，

所以在上单调递增，

故，即.

∴，

令，，

当，，在上单调递减；

，，在上单调递增.

故，即，当且仅当时取等号，

又∵，∴，

由上面可知：，

所以当时，.

②当时，即证.令，，

可得在上单调递减，在上单调递增，

，故.

③当时，当时，，

由②知，而，

故，

当时，，

由（2）知，故；

所以，当时，.

综上①②③可知，当时，.

选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）已知点，直线的参数方程为(为参数，)，且直线与曲线交于A、两点，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据参数方程消参即可得出直角坐标方程；

（2）转化直线的参数方程与曲线方程联立，结合韦达定理计算即可.

【小问1详解】

曲线的参数方程为为参数），

则，即，

两式相减，可得曲线的直角坐标方程：

小问2详解】

直线与曲线交于A、两点，

设A，两点对应的参数为，，

直线的方程可转化为，代入，

得，则，则，

所以．

23. 设函数.

（1）解不等式，

（2）若关于的方程没有实数根，求实数的取值范围

【答案】（1）   

（2）.

【解析】

【分析】（1）分类讨论x的取值范围，脱掉绝对值符号，即可求解；

（2）将没有实数根，转化为没有实数根，求出函数的最小值，结合题意可得不等式，即可求得答案.

【小问1详解】

当时，恒成立，.

当时，，得；

当时，不成立.

综上，原不等式的解集为；

【小问2详解】

方程没有实数根，即没有实数根，

令，则，

当且仅当时，即时等号成立，即值域为，

若没有实数根，则，即，