2024届四川省眉山市仁寿县仁寿县铧强中学高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届四川省眉山市仁寿县仁寿县铧强中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共20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。

一、单选题
1．已知集合．集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，
故，因此，.
故选：B.
2．若实数，满足，则下列不等式中成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】A. 取判断；B. 取判断； C. 取判断； D. 由，得到，进而得到判断.
【详解】A. 当时，，故错误；
B. 当时，，故错误；
C. 当时，，故错误；
D. 因为，所以，所以，所以，即，故正确；
故选：D
3．《算法统宗》是由明代数学家程大位所著的一部应用数学著作，其完善了珠算口诀，确立了算盘用法，并完成了由筹算到珠算的彻底转变，该书清初又传入朝鲜、东南亚和欧洲，成为东方古代数学的名著.书中卷八有这样一个问题：“今有物靠壁，一面尖堆，底脚阔一十八个，问共若干？”如图所示的程序框图给出了解决该题的一个算法，执行该程序框图，输出的S即为该物的总数S，则总数S=（ ）
A．136B．153C．171D．190
【答案】C
【分析】执行程序框图，计算S
【详解】由图可知，输出
故选：C
4．在区间内任取一实数，则成立的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据对数函数的单调性解不等式，再由几何概型求解.
【详解】由可得，解得，
由几何概型可知，，
故选：A
5．下列四个命题中，正确命题的个数有（ ）
①若为假命题，则p､q均为假命题；
②命题“，”的否定是“，”；
③“若为的极值点，则”的逆命题为真命题；
④复数，，则“” 是 “在复平面内的点在第二象限”的充分不必要条件
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】①的真假判断，一假则假；②全称命题的否定是特称命题；③举反例即可说明；④利用复数的除法运算化简变形，得到充要条件再判断即可.
【详解】①若为假命题，
可能真假，也可能假真，不一定都为假命题，故①不正确；
②命题“，”的否定是“，”， ②正确；
③“若为的极值点，则”的逆命题是
“若，则为的极值点”，
这是个假命题.
如，，但在上单调递增，没有极值点. 故③不正确；
④,，
在复平面内的点在第二象限的充要条件是，
解得，
由能推出；由，推不出，
所以“” 是 “在复平面内的点在第二象限”的充分不必要条件，故④正确.
故选：B.
6．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【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：C
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】注意到，且有，故结合已知条件以及二倍角公式可以先求出 的值，进一步利用诱导公式即可得解.
【详解】由二倍角公式有，又已知，代入即得，由诱导公式有，因此.
故选：D.
8．已知正项等比数列满足，若存在两项，，使得，则的最小值为（ ）
A．16B．C．5D．4
【答案】D
【分析】利用等比数列通项公式及已知条件求得，结合存在性可得，最后应用基本不等式“1”的代换求最小值，注意取值条件.
【详解】令等比数列公比为，且，则，又，
所以，可得，则，故，
所以，
则，
仅当，即时等号成立.
所以的最小值为4.
故选：D
9．如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）.

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由P、C、D三点共线及，可求m的值，再用、作基底表示，进而求即可.
【详解】∵，，
即且，
∴，
又C、P、D共线，有，即，
即，而，
∴
∴=.
故选：C
10．已知函数，则下列结论不正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增，则实数的最大值为
B．是函数图象的一个对称中心
C．为函数的一个周期
D．将函数的图象向右平移个单位长度后，得到一个偶函数的图象
【答案】A
【分析】对于A：利用复合函数的单调性，求得题目中函数的单调性，可得答案；
对于B，利用正弦函数对称性，结合整体思想，建立方程，可得答案；
对于C，利用周期的定义，结合代入检验，可得答案；
对于D，根据函数变换，求得新函数的解析式，结合余弦函数的性质，可得答案.
【详解】选项C：由已知可得，
所以，
所以为函数的一个周期，故C正确；
选项B：令，解得，
当时，，所以点是曲线的一个对称中心，故B正确；
对于选项A：由，，
得，，令，得，
因为在区间上单调递增，所以实数a的最大值为，错．
对于选项D：将函数的图象向右平移个单位长度后，
得到的图象，
因为，所以函数为偶函数，故D正确．
故选：A．
11．在四棱锥中，平面平面，且为矩形，，，，，则四棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径，再由为等腰直角三角形可得其外接圆的半径，又平面平面可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心，由题意可得外接球的半径，进而求出外接球的体积．
【详解】设，取的中点，连接，，，
因为底面为矩形，所以为矩形的外接圆的圆心，
又，，，，
则，，，
因为平面平面，且平面平面，，面，
所以面，
因为面，所以，所以，
因为，
所以为外接球的球心，则外接球的半径为，
所以外接球的体积．
故选：B．
12．已知函数，若方程有4个不同的根，，，，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出函数与的图像，得到关于对称，化简条件，利用对勾函数的性质可求解.
【详解】作函数与的图像如下：
方程有4个不同的根，，，，且，
可知关于对称，即，且，
则，即，则
即，则；
当得或，则；；
故，；
则函数，在上为减函数，在上为增函数；
故取得最小值为，而当时，函数值最大值为.
即函数取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于难题.
二、填空题
13．若x，y满足约束条件，设的最大值为 ．
【答案】15
【分析】由约束条件作出可行域，根据线性规划求最值即可.
【详解】作出可行域，如图，

由图可知，当目标函数过点时，有最大值，
由可得，即,
所以.
故答案为：15
14．甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为，，则甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的概率 ．
【答案】/
【分析】利用题意可知，两人恰好命中一次包括“甲投中乙未投中”和“乙投中甲未投中”两种情况，由互斥事件的加法公式即可求得结果.
【详解】根据题意可设事件“甲在罚球线投球命中”，“乙在罚球线投球命中”；
即;
则两人各投一次，恰好命中一次的概率.
故答案为：
15．已知函数，若，则 ．
【答案】
【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则即可求解.
【详解】当时，，解得，此时无解，
当时，，解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
16．如果的定义域为，对于定义域内的任意，存在实数使得成立，则称此函数具有“性质”.给出下列命题：
①函数具有“性质”；
②若奇函数具有“性质”，且，则；
③若函数具有“性质”，图象关于点成中心对称，且在上单调递减，则在上单调递减，在上单调递增；
④若不恒为零的函数同时具有“性质”和“性质”，且函数对，都有成立，则函数是周期函数.
其中正确的是 （写出所有正确命题的编号）．
【答案】①③④
【详解】
∴函数具有“性质”；故①正确；
②∵奇函数具有“性质”，且， 是周期为4的函数， 故②不正确；
③∵若函数具有“性质”，图象关于点成中心对称，且在上单调递减， 对称，
∵图象关于点成中心对称， 又 为偶函数，
∵图象关于点成中心对称，且在上单调递减，
∴图象也关于点成中心对称，且在上上单调递减，
根据偶函数的对称得出：在上单调递增；故③正确；
④∵若不恒为零的函数同时具有“性质”和“性质” ，为偶函数，且周期为3，故④正确．
故答案为①③④．
三、解答题
17．已知的角的对边分别为a，b，c，满足．
(1)求；
(2)从下列条件中：①；②中任选一个作为已知条件，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后，再利用余弦定理可求出角
（2）若选①，则由正弦定理得，然后表示出的周长，化简得，再求出的范围，结合正弦函数的性质可求得三角形周长的范围，若选择②，则由可得，然后利用余弦定理表示出，从而可表示出三角形的周长，再利用基本不等式可求得结果.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得，即，
所以由余弦定理得，
因为，所以，
（2）若选择①，，由正弦定理得，
所以，
所以的周长为
，
因为，所以，
所以，所以，
所以，
所以的周长的取值范围为，
若选择②，，则，得，
由余弦定理得，
所以的周长为，
因为，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以的周长的取值范围为.
18．已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，且数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；
（2）求出，然后运用裂项相消法求出可得结论.
【详解】（1）设数列的公比为q，
由，，成等差数列可得，
故，解得，
由可得，
解得，故，即数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
故.
当时，取得最大值，当时，
，
故.
19．在一次联考中某两校共有3000名学生参加，成绩的频率分布直方图如图所示：
（1）求在本次考试中成绩处于内的学生人数.
（2）以两校这次考试成绩估计全省考生的成绩情况，现从全省考生中随机选取3人，记成绩在110分（包含110）以上的考生人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）人；（2）分布列答案见解析，数学期望：.
【分析】（1）读图可得处于的频率为，结合总人数可得解；
（2）由题意，可知，列出分布列，计算数学期望即得解.
【详解】（1）的频率为
的人数为人
（2）由频率分布直方图可知，110及以上的考生概率为
因此全省考生中随机选取3人，成绩在110及以上的考生人数
由于，
20．如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形．

(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线线平行可证明线面平行，进而得面面平行，由面面平行的性质即可求解,
（2）根据线面垂直，可得线面角的几何角，即可利用三角形的边角关系求解大小，或者建立空间坐标系，利用法向量求解.
【详解】（1）分别是中点，连接，则，

平面平面，则平面，
四边形是矩形，，同理有平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，故平面.
（2）解法一：
在圆锥中，平面，平面
则平面平面，平面平面，作于点，连接，
则面是在平面上的射影，是直线与平面所成的角，
在直角三角形中，，则，
平面，则平面，
在直角三角形中，，，则，
在直角三角形中，，
故，即直线与平面所成角的余弦为.
解法二：在圆锥中，平面，
在直角三角形中，，则，，
在直角三角形中，，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设是平面的法向量，则，
令得，
设直线与平面所成角为，则，
.
21．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为．
求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；
若直线l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的中点P到坐标原点O的距离．
【答案】（1），（2）
【分析】（I）将代入，即可得到直线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线C的直角坐标方程；
（II）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理和参数的几何意义，即可求解点到原点的距离.
【详解】解：（I）将代入，整理得，
所以直线的普通方程为.
由得，
将，代入，
得，
即曲线的直角坐标方程为.
（II）设，的参数分别为，.
将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，
化简得，
由韦达定理得，
于是.
设，则
则.
所以点到原点的距离为.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数的几何意义的应用，其中熟记互化公式，合理利用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
23．已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.
（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.
【详解】解：（I）当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得.
所以的解集是.
（II）∵的解集包含，
∴当时，恒成立
原式可变为，即，
∴即在上恒成立，
显然当时，取得最小值10，
即的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
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