四川省2023_2024学年高三数学上学期9月月考理试题含解析

这是一份四川省2023_2024学年高三数学上学期9月月考理试题含解析，共22页。试卷主要包含了 已知，则， 已知命题，命题，则， 函数的图象大致形状为．， 已知命题p等内容，欢迎下载使用。

1. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意理解集合A，B，进而结合交集的概念分析判断.
【详解】因为集合A是2的倍数组成的集合，集合B是3的倍数组成的集合，
可得集合A与集合B的公共元素为6的倍数，
所以.
故选：D.
2. 已知命题，命题，则（）
A. “”是假命题B. “”是真命题
C. “”假命题D. “”是真命题
【答案】D
【解析】
【分析】先判断命题、命题的真假，再根据复合命题的真假判定，结合选项即可求解.
【详解】命题，如：当时，
不等式成立，所以为真命题，为假命题；
命题，当时，不等式不成立，
所以为假命题，为真命题，
故“”是真命题，“”是假命题，
“”是真命题，“”是真命题，
故选：D.
3. 《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面积的计算问题，如图所示，弧田是由弧AB和弦AB所围成的图中阴影部分，若弧田所在圆的半径为2，圆心角为，则此弧田的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点作，垂足为，求得，，分别求得扇形的面积和的面积，结合，即可求解.
【详解】解：由弧田所在圆的半径为2，圆心角为，
如图所示，过点作，垂足为，
可得，
可得扇形的面积为，的面积为，
所以此弧田的面积为.
故选：A.
4. 函数的图象大致形状为（）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
首先判断函数的奇偶性，再判断时，函数值的正负，判断得选项.
【详解】因为，所以，
，
所以函数是偶函数，关于轴对称，排除C，D，
令，则或，解得，而时，，，，此时.故排除A.
故选：B．
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
5. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据反例可判断AC，根据不等式的性质，结合函数的单调性即可判断BD.
详解】对于A，若，显然满足，但不能得到，故A错误，
对于B，由于，所以，又为单调递增函数，所以，故B错误，
对于C，若，显然满足，，故C错误，
对于D，若，则，函数在上单调递增，所以，
当，则，函数在上单调递增，所以，
当，则，综上可知D正确，
故选：D
6. 如图的程序框图的算法思路源于欧几里得在公元前300年左右提出的“辗转相除法”．执行该程序框图，若输入，则输出的值为（）
A. 4B. 37C. 148D. 333
【答案】B
【解析】
【分析】利用辗转相除法求1813和333的最大公约数.
【详解】题中程序框图为辗转相除法求1813和333的最大公约数.
因为，，，
所以1813和333的最大公约数为37.
故选：B.
7. 已知函数，若，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数每段都是单调的可知，且，代入解析式求解即可.
【详解】由可知函数每段上都为减函数，
所以由可知，且
所以，
解得.
故选：A
8. 已知命题p：函数在上单调递减；命题，都有．若为真命题，为假，则实数a的取值范围为（）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出为真命题时的范围，进而根据 中一真一假分两类情况讨论即可求解.
【详解】若命题p为真，则，若为真，则 ，
由于为真命题，为假，则 中一真一假
若 真 假，则满足： ；
若 真 假，则满足： ，此时 无解，
综上
故选：A
9. 函数在区间上单调递减的必要不充分条件是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复合函数的单调性与充分必要条件的概念判断，
【详解】设．
∵在上单调递减，
∴由复合函数的单调性法则可知，在上单调递减，且在上恒成立．
（注意对数的真数在上大于0）
又在上单调递减，（若函数在上单调递减，则）
∴解得．
则可得函数在区间上单调递减的充要条件是．
而所求的是函数在区间上单调递减的必要不充分条件，
故只需看是哪一个的真子集，
故选：C
10. 已知二次函数，且不等式的解集为.若不等式在上有解，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式解集端点为对应方程的根求出，由原不等式分离参数后换元，再由均值不等式求最值即可得解.
【详解】的解集为，
方程的两根为1和3，
，解得，
所以由可得，
，
，
设，则有解，
，当且仅当，即时取得最大值.
，即实数的取值范围为.
故选：B
11. 若函数满足，且时，，已知函数则函数在区间内的零点个数为（）
A. 14B. 13C. 12D. 11
【答案】C
【解析】
【分析】由题设易知是周期为2函数，结合函数解析式画出、的函数图象，判断它们在的交点个数即可.
【详解】因为，则，
所以是周期为2函数，
因为时，则、的图象如下：
时且递增，时且递减，时且递增，
又，，，
由图知：区间上函数交点共有12个．
故选：C．
12. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，从而得到；再构造函数，进而得到，由此得解.
【详解】令，，
则，故在上单调递减，
所以，即，即，故；
令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
令，
所以，所以在上单调递增，
，
所以，所以；
综上：.
故选：C.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
第II卷（非选择题）
二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.
13. 设函数________．
【答案】
【解析】
【分析】利用分段函数的解析式求出和再相加可得结果.
【详解】，
，
，
.
故答案为：.
14. 若，则_________．
【答案】0
【解析】
【详解】设.
则
.
15. 定义在上的函数满足是偶函数，且，若，则______
【答案】##
【解析】
【分析】由已知结合函数的奇偶性及对称性可求出函数的周期，然后结合周期，利用赋值法即可求得结果.
【详解】因为是偶函数，所以，
因为，
所以，
所以，所以，
所以的周期为6，
因为，，所以，
所以，所以，
所以，
故答案为：
16. 已知函数，若函数有四个不同的零点、、、，且，则以下结论正确的是_____.
①；
②；
③；
④.
【答案】①②④
【解析】
【分析】设，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断②的正误；分析可知，结合基本不等式可判断①的正误；构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可判断③④的正误.
【详解】设，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，
作出函数、的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有四个交点，②对；
因为，则，由图可知，则，
所以，，①对；
令，其中，由图可知，
，
当时，，则，此时函数单调递减，
所以，，即，
因为，，且函数在上单调递减，
所以，，则，故，③错④对.
故答案为：①②④.
【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
（一）必考题：（本大题共5小题，每小题12分，共60分）
17. 在平面直角坐标系中，角以Ox为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点.
（1）若，求及的值；
（2）若，求点的坐标.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角函数定义以及三角函数诱导公式直接计算求解即可；
（2）根据同角三角函数关系的转化求得进而求解即可.
【小问1详解】
若角以Ox为始边，它的终边与单位圆交于第二象限内的点，
若，则，则，
可得
【小问2详解】
由题意知，
又，①
两边平方，可得，可得，
可得，②
联立①②，可得
所以点P的坐标为
18. 已知函数在处取得极值0.
（1）求；
（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据题意可得，即可得解；
（2）切点坐标为，根据导数的几何意义可得切线方程为，从而可得，再根据过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，利用导数求出函数的单调区间及极值，即可得解.
【小问1详解】
由题意知，
因为函数在处取得极值0，
所以，解得，
经检验，符合题意，所以；
【小问2详解】
由（1）可知，函数，所以，
设切点坐标为，
所以切线方程为，因为切线过点，
所以，即，
令，则，
令，解得，或，
当变化时，的变化情况如下表所示，
因此，当时，有极小值，
当时，有极大值，
过点存在3条直线与曲线相切，
等价于关于的方程有三个不同的根，则，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19. “硬科技”是以人工智能，航空航天，生物技术，光电芯片，信息技术，新材料，新能源，智能制造等为代表的高精尖技术，属于由科技创新构成的物理世界，是需长期投入，持续积累才能形成的原创技术，具有极高技术门槛和技术壁垒，难以被复制和模仿.最近十年，我国的一大批自主创新的企业都在打造自己的科技品牌，某高科技企业自主研发了一款具有自主知识产权的高级设备，并从2024年起全面发售，假设该高级设备的年产量为x百台，经测算，生产该高级设备每年需投入固完成本1500万元，最多能够生产80百台，每生产一百台台高级设备需要另投成本万元，且，每台高级设备售价为2万元，假设每年生产的高级设备能够全部售出.
（1）求企业获得年利润（万元）关于年产量x（百台）的函数关系式（利润销售收入成本）；
（2）当该产品年产量为多少时，企业所获年利润最大？并求最大年利润.
【答案】（1）
（2）当年产量为60百台时，公司获利最大，且最大利润为1250万元
【解析】
【分析】（1）由条件根据利润和销售收入，成本之间的关系求出年利润与年产量之间的关系；
（2）分区间，结合二次函数性质和基本不等式求年利润的最大值.
【小问1详解】
∵，
∴当时，
.
当时，
.
综上所述，.
【小问2详解】
由（1）得
∴当时，
∴当时，（万元）
当时，
（万元）
当且仅当，即时等号成立.
又.
故当年产量为60百台时，公司获利最大，且最大利润为1250万元.
20. 已知函数=（m）是定义在R上的奇函数
（1）求m的值
（2）根据函数单调性的定义证明在R上单调递增（备注：>0）
（3）若对，不等式)0恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1）；
（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）由奇函数性质求得参数值，再验证符合题意即可；
（2）根据单调性的定义证明；
（3）由奇函数化不等式为，再由增函数化为，然后由一元二次不等式恒成立得结论．
【小问1详解】
是奇函数，∴，，
时，，满足，是奇函数，
所以；
【小问2详解】
设任意两个实数满足，
则，
∵，∴，，∴，即，
所以在R上为单调递增；
【小问3详解】
原不等式化为，
∵是奇函数，∴不等式化为，
又是增函数，所以，
∴问题转化，恒成立，
设，，
，即时，，．
，即时，，无解；
，即时，，无解；
综上，．
【点睛】方法点睛：关于具有奇偶性和单调性函数的不等式恒成立问题，解题方法是利用奇偶性化不等式为，再由单调性化去“”，转化为一般的不等式，如一元二次不等式恒成立问题，再根据不等式的知识求得参数范围．
21. 已知函数.
（1）当时，求函数在区间上的最大值；
（2）若为函数的极值点，求证：
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数的单调性，分，和三种情况，求解函数在上的最大值；
（2）根据极值点定义得到，要证，只需证，令，得到单调性，从而求出，分和两种情况，结合放缩法，构造函数法进行证明.
【小问1详解】
定义域为，则，
当时，，，
所以单调递增区间为，单调递减区间为；
若，即时，在上单调递减，故；
若，即时，在上单调递增，在上单调递减，
故；
若，即时，则在上单调递增，故.
所以，；
【小问2详解】
（），
则，
因为是函数的极值点，所以，即，
要证，
只需证，即证：，
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，即：，
所以，所以，
①当时，因为，，所以.
②当时，因为，所以，
所以，要证，
只需证，
即证对任意的恒成立，
令（），则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
即当时，成立.
综上：原不等式成立.
【点睛】思路点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
（二）选考题（共10分，请在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题记分）
22. 在极坐标系中，是经过点且倾斜角为的直线，曲线的极坐标方程为．
（1）求的极坐标方程；
（2）若曲线的极坐标方程为，设与和的交点分别为，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求的直角坐标方程，再化为极坐标方程；
（2）通过联立方程组，，由可求值.
【小问1详解】
由题意得的直角坐标方程为，即，
化为极坐标方程为，化简得.
【小问2详解】
曲线的极坐标方程为，设与和的交点分别为，，
由，解得，
由，解得，
所以.
23. 已知函数.
（1）若时，恒成立，求的取值范围；
（2）若的最小值为1，求的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）分类讨论，可知且当时，恒成立，利用端点值的大小关系列式可求出结果；
（2）分类讨论，去绝对值将化为分段函数，求出其最小值，结合已知最小值列式，可求出结果.
【小问1详解】
当时，因为，所以，，不合题意；
当时，由，得，得，，
因为时，恒成立，所以，解得.
【小问2详解】
，
因为，令，得；令，得，
若，则，则，
则在上为减函数，在上为增函数，在上为增函数，
所以，解得；
若，则，，不符合题意；
当时，，则，
则在上为减函数，在上为增函数，在上为增函数，
所以，解得；
当时，，则，
则在上为减函数，在上为减函数，在上为增函数，
所以，不符合题意；
1
-
0
+
0
-
单调递减
单调递增
0
单调递减