2024届福建省龙岩市上杭县第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届福建省龙岩市上杭县第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．给出下列关系：①高三（22）班的所有高个子同学可以构成一个集合；②；③，其中正确的个数为（ ）
A．3B．2C．0D．1
【答案】D
【分析】利用集合的意义判断①；元素与集合、集合与集合的关系判断②③.
【详解】对于①，高个子同学的身高没有界定，即研究的对象不确定，①错误；
对于②，，②正确；
对于③，集合的元素是有序数对，而的元素是两个单实数，③错误，
所以正确命题的个数为1.
故选：D
2．已知扇形弧长为，圆心角为2，则该扇形面积为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】设扇形所在圆的半径为，根据题意求得，结合扇形的面积公式，即可求解.
【详解】设扇形所在圆的半径为，
因为扇形弧长为，圆心角为，可得，可得，
由扇形的面积公式，可得.
故选：B.
3．若，则的最大值为（ ）
A．B．1C．2D．4
【答案】B
【分析】化简函数，利用基本不等式求出最值，并验证取等条件．
【详解】因为，所以
当且仅当，即时取等号，
则的最大值为1.
故选：B.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
4．已知函数为奇函数，且，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】A
【分析】利用奇函数的定义，结合给定值计算即可.
【详解】函数为奇函数，则，而，
所以.
故选：A
5．函数，的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】在时，解方程，即可得解.
【详解】当时，由.
若，可得、；
若，可得、.
综上所述，函数在上的零点个数为4.
故选：C.
6．函数的部分图象大致形状是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性、对称性以及函数值的对应性，利用排除法即可得出结果.
【详解】因为的定义域为R.定义域关于原点对称，
，
所以是偶函数，图象关于轴对称，故排除选项B、D，
当时，令可得或，
所以时，两个相邻的零点为和，当时，，，，故排除选项A，
故选：C.
7．已知函数则使不等式成立的实数x的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由函数定义得函数为奇函数，由导数确定函数在的单调性，从而得其在R上的单调性，然后由单调性解函数不等式后由对数函数性质得结论．
【详解】因为，时，，因此时也有，即函数是奇函数，
时，，，
所以是减函数，所以奇函数在R上是减函数，
又，所以，
不等式为，所以，，
故选：C．
8．已知函数，，，，若，，则（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据选项中不等式特征构造函数，根据其单调性可得，继而构造函数，利用其单调性推出，再结合不等式性质即可推出答案.
【详解】设，则在上单调递减，
因为，故，即，
设，则，
故在上单调递增，
因为，故，
即，
由于，，故，
则，即，所以A错误，B正确；
由，，无法确定还是，C，D错误，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据各选项中不等式特征，能够构造函数以及，继而判断其单调性，利用函数单调性解决问题.
二、多选题
9．下面命题正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“任意，则”的否定是“存在，则”
C．函数的最小值为2
D．在中，若，则
【答案】ABD
【分析】利用充分条件、必要条件定义判断A；利用全称量词命题的否定判断B；取特值计算判断C；利用正弦定理判断D.
【详解】对于A，，而由，得或，于是“”是“”的充分不必要条件，A正确；
对于B，命题“任意，则”的否定是“存在，则”，B正确；
对于C，函数的定义域为，当时，，C错误；
对于D，在中，由正弦定理得，D正确.
故选：ABD
10．关于函数，下列判断正确的是（ ）
A．是的极小值点
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数，使得恒成立
D．若方程有实根，则
【答案】ABD
【分析】利用导数求出函数的极小值点判断A；构造函数，利用导数结合零点存在性定理判断B；参变分离，构造函数，进行求解判断C；由方程根的定义求出函数值域判断D.
【详解】对于A，函数定义域为，求导得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以是的极小值点，A正确；
对于B，令，定义域为，
求导得恒成立，即函数在上单调递减，
而，，则，使得，
所以有且只有一个零点，B正确；
对于C，，即等价为，，
令，，求导得，，
令，，则，，
当时，，递减，当时，，递增，
则，即，函数在上单调递减，无最小值，
因此不恒成立，C错误；
对于D，方程，即，整理得，而，因此，D正确.
故选：ABD
11．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，字有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如.则下列说法正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．
C．若函数，则的值域为
D．函数的值域为
【答案】ACD
【分析】求出函数式确定单调性判断A；举特例说明判断B；变形函数式，分类讨论判断C；求出函数的值域判断D.
【详解】对于A，，，有，则函数在上单调递增，A正确；
对于B，当时，，有，B错误；
对于C，
，
当时，，，有，
当时，，，有，
所以函数的值域为，C正确；
对于D，函数，，，
因此，有，所以，D正确.
故选：ACD
12．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．的周期为B．关于点对称
C．在上的最大值为D．在上的所有零点之和为
【答案】BCD
【分析】对A，根据正弦与正切的周期判断即可；
对B，计算是否成立即可；
对C，求导分析的单调性，进而求得上的最大值即可；
对D，根据的对称性与单调性，数形结合分析即可
【详解】对A，因为的周期为，的周期为，故的周期为，A错误；
对B，因为，故关于点对称，B正确；
对C，因为导函数在上为减函数，且当时，，即，故在上，，单调递增；在上，，单调递减.故；
对D，分析在上的所有零点即图象交点的横坐标，又均关于对称，故分析时的图象即可.由C选项,在上单调递增；在上单调递减，又关于对称，在上，为减函数，故可画出在区间上的简图.故图象交点有三对关于的对称点，故零点和为 ,故D正确

故选：BCD
三、填空题
13． .
【答案】2
【分析】利用和角的正切公式计算即可.
【详解】由于，则，
所以.
故答案为：2
14．函数的定义域为___________
【答案】
【详解】
，即定义域为
15．研究表明大气中二氧化碳的含量对地表温度有明显的影响：当大气中二氧化碳的含量每增加25%，地球平均温度就要上升0.5℃.若到2050年，预测大气中二氧化碳的含量是目前的4倍，则地球平均温度将上升约 ℃.（参考数据：）
【答案】3
【分析】设目前大气中二氧化碳的含量为a，解方程即得解.
【详解】设目前大气中二氧化碳的含量为a，
依题意，当二氧化碳的含量为时，地球平均温度上升0.5℃，
当二氧化碳的含量为时，地球平均温度上升℃，
依次类推，当大气中二氧化碳的含量为时，地球平均温度上升℃，
令，即，方程两边同时取常用对数，则，
所以到2050年，地球平均温度将上升约(℃).
故答案为：3
16．已知，若关于的方程存在正零点，则实数的取值范围 .
【答案】
【分析】将式子变形为，构造函数，和，利用导数求解单调性，即可求最值.
【详解】依题意，，令，
因此关于的方程存在正零点，即方程有解，
设，则，
故当时，，单调递减，当时，，单调递增，
于是，而，则存在唯一零点，
即在有解，即，
令，则，当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，解得，所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四、解答题
17．如图，在平面直角坐标系中，锐角和钝角的终边分别与单位圆交于A，B两点，且两点的横坐标分别为.
(1)求的值；
(2)求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件求出点A，B的纵坐标，再借助三角函数定义计算两个角的正弦与余弦，结合差角的余弦公式，代入计算作答.
（2）利用（1）的结论，结合诱导公式、二倍角公式计算作答.
【详解】（1）因为锐角和钝角的终边分别与单位圆交于点A，B，且点A，B的横坐标分别为，，
显然点A在第一象限，点B在第二象限，则点A，B的纵坐标分别为，，
由已知及三角函数定义得，，而，，
所以.
（2）由（1）知，，
所以.
18．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求角A；
(2)若的面积为1，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题设恒等式利用正弦定理将边化为正弦，再逆用和角公式合并化简，即可求得角A.
（2）先根据面积公式求出，再代入余弦定理公式，结合基本不等式求得的最小值.
【详解】（1）由已知，，
由正弦定理，
所以，即，
又，所以，解得.
（2）由题，得，
又（时取“=”）
所以，
即的最小值是，时取等号.
19．如图，矩形所在平面与所在平面垂直，，．
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面的夹角的余弦值是，且直线与平面所成角的正弦值是，求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由矩形性质和平行关系可证得，，由线面垂直的判定可得结论；
（2）方法一：由面面垂直性质可证得平面，过点作，由线面角和面面角的定义可知，，由此可求得，由异面直线所成角的定义可知所求角为，由可求得所求余弦值；
方法二：以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，利用线面角和面面角的向量求法可求得的值，利用异面直线所成角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）四边形为矩形，；
，即，又，，
，平面，平面.
（2）方法一：平面平面，平面平面，，平面，平面，
则即为直线与平面所成的角，，
过点作，则平面平面，
由（1）可得：面，，，
平面与平面的夹角为，，
又，，则，，
，，
又异面直线与所成的角为，，
即异面直线与所成角的余弦值为．
方法二：由（1）可得：，，，
以点为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则，，，，
，，，
面，平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：；
平面，平面的一个法向量；
，解得：，
，，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
20．已知向量，，函数，相邻对称轴之间的距离为．
(1)求的单调递减区间；
(2)将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于x的方程在上只有一个解，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先利用数量积公式和三角恒等变换化简函数，再结合三角函数的性质，即可求解；
（2）首先利用三角函数的图象变换求函数的解析式，再通过换元后，结合的图象，即可求解.
【详解】（1），
，
，
因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，
所以，得，所以，
令,
则，
所以的单调递减区间为;
（2）由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数，
再向左平移个单位得，
令，则，
所以，
因为在上只有一个解，

由的图象可得，或，
所以的取值范围是
21．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）利用该调查数据，给出的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．
附，
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；(ii)；
【分析】(1)由所给数据结合公式求出的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i) 根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求.
【详解】（1）由已知，
又，，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.
（2）(i)因为，
所以
所以，
(ii)
由已知，，
又，，
所以
22．函数的定义域为，并且在定义域内恰有两个极值点，.
(1)求实数a的取值范围；
(2)若恒成立，求出实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导得到导函数，根据两个极值点得到，解得答案.
（2）题目转化为，令，设，求导得到单调区间，计算最值得到答案.
【详解】（1），在上有两个极值点，
则方程在上有两个不等根，所以， 解得：，故
（2），且，
若恒成立，即恒成立，则只需：，
令，则，设，
则，由得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以在处取得最小值，所以，
即 ，所以.
【点睛】关键点睛：本题考查了根据极值点求参数，利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式转化为函数的单调性求最值是解题的关键.
不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828