2023届重庆市第一中学校高三上学期9月月考数学试题含解析

这是一份2023届重庆市第一中学校高三上学期9月月考数学试题含解析，共17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。
2023届重庆市第一中学校高三上学期9月月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先分别利用对数型函数以及指数型函数求值域的方法求出集合，注意集合中的代表元素，再利用集合的交集运算求解即可.【详解】∵，，∴.故选：A.【点睛】本题主要考查了集合间的运算以及对数函数和指数函数.属于较易题.2．命题“，”的否定是（    ）．A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】由全称命题的否定为特称命题，即得.【详解】由全称命题的否定可知：“，”的否定是“，”.故选：A.3．下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义，对每个选项进行逐一判断，即可选择.【详解】对：容易知是偶函数，且在单调递减，故错误；对：容易知是偶函数，当时，，其在单调递增，在单调递减，故错误；对：容易知是偶函数，当时，是单调增函数，故正确；对：容易知是奇函数，故错误；故选：C.4．根据分类变量与的观察数据，计算得到，依据下表给出的独立性检验中（    ） A．有的把握认为变量与独立B．有的把握认为变量与不独立C．变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过D．变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过【答案】D【分析】根据独立性检验的含义进行判断可得.【详解】由题意，，所以有的把握认为变量与不独立，即变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过.故选：D5．已知sin(α＋2β)＝，cos β＝，α，β为锐角，则sin(α＋β)的值为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先由余弦二倍角公式确定cos 2β，再结合已知和角的范围确定cos(α＋2β)，然后由两角差的正弦公式计算sin(α＋β)＝sin[(α＋2β)－β]可得结果.【详解】因为cos β＝，0<β<，所以sin β＝，cos 2β＝2cos2β－1＝－1＝－<0，所以<2β<π.因为sin(α＋2β)＝，α为锐角，所以<α＋2β<π，cos(α＋2β)＝－，所以sin(α＋β)＝sin[(α＋2β)－β]＝sin(α＋2β)cos β－cos(α＋2β)sin β＝×－×＝.故选：D.【点睛】本题考查同角三角函数关系式，余弦二倍角公式，两角差的正弦公式以及凑角法的应用，属于基础题.6．已知抛物线，圆，直线与交于A、B两点，与交于M、N两点，若，则(    )A． B． C． D．【答案】B【分析】联立直线方程和抛物线方程，设，，根据抛物线焦点弦长公式和韦达定理可求出k，根据圆的弦长公式即可求．【详解】由得，，设，，∵，∴，∵过抛物线的焦点(1，0)，故AB为焦点弦，∴，∴，∴，解得，由圆关于x轴对称可知，k＝1和k＝－1时相同，故不妨取k＝1，l为y＝x－1，即x－y－1＝0，圆心(2，1)到l的距离，∴﹒故选：B．7．甲，乙，丙，丁四支足球队进行单循环比赛（每两个球队都要比赛一场），每场比赛的计分方法是﹔胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为：甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则（    ）A．甲胜乙 B．乙胜丙 C．乙平丁 D．丙平丁【答案】C【分析】甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为16分，由比赛计分规则可得出在6场比赛中有2场比赛是平局，丁在3场比赛中有1场是平局，丙在3场比赛中有1场是平局，乙在3场比赛中有2局是平局，由此可得答案.【详解】解：甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6+5+4+1=16分，由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即，丁得1分，即1+0+0=1，所以丁在3场比赛中有1场是平局，丙得4分，即3+1+0=4，所以丙在3场比赛中有1场是平局，而乙得分5分，即3+1+1=5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁，故选：C.8．若，且的解集为，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】当时，由，得到，求导得到单调递增，从而求得的范围，再求得当时，的范围，再结合题意得到结果即可.【详解】当时，，由，可得，设，则，则在递增，所以，即当时，，可得当时，的解集为当时，的解集为，不满足题意，舍去因为关于的不等式的解集为当时，，满足当时，，不满足综上可得:的取值范围是故选:B. 二、多选题9．设函数，给出的四个说法正确的是（    ）A．时有成立B．且时，方程有唯一实根C．的图象关于点对称D．方程恰有两个实根【答案】ABC【分析】根据奇偶性的定义、对称性及图象的变换可判断AC；根据分段函数的单调性可判断B；取可判断D.【详解】对于A，当时，，则，故A正确；对于C，是奇函数，图象关于原点对称，的图象由向上或向下平移个单位，故的图象关于点对称，故C正确；对于B，当且时，，故函数在上为增函数，且，故方程有唯一实根，故B正确；对于D，取，令，解得或,故D错误.故选:ABC.10．下列大小关系正确的有（    ）A． B． C． D．【答案】BD【解析】结合指数函数和幂函数的性质可判断选项A、B，利用作差法可判断选项C，利用作商法可判断选项D，进而可得正确答案.【详解】由指数函数和幂函数可知，当时，因为，所以，选项A不正确；因为，所以，故选项B正确；因为，所以，即所以，所以，故选项C不正确；因为，，所以，所以，故选项D正确，故选：BD【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟悉指数函数和幂函数，记住同一直角坐标系中它们的图象，当时，另外代数式比较大小可以用作差法与0比较大小，同号的可以利用作商法与1比较大小，变形的过程很灵活，属于常考题型.11．已知随机变量服从正态分布，定义函数为取值不超过的概率，即.若，则下列说法正确的有（    ）A． B．C．在上是增函数 D．【答案】ACD【分析】根据正态分布的性质和逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为随机变量服从正态分布，，所以，所以A正确，对于B，因为，，所以B错误，对于C，因为随机变量服从正态分布，，所以当时，随的增大，的值在增大，所以在上是增函数，所以C正确，对于D，因为，所以，所以D正确，故选：ACD12．已知a，，满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】A、D利用基本不等式即可判断，注意等号成立条件；B由，构造且，利用导数证明不等式；C根据A、B的分析，应用特殊值法判断.【详解】A：由，即，当且仅当时等号成立，正确；B：由，则且，令且，则，递减，所以，，即成立，正确； C： 当时，，错误；D：由，当且仅当时等号成立，正确.故选：ABD 三、填空题13．已知α为锐角，且2tan(π－α)－3cos＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1，则sinβ的值为________．【答案】【详解】2tan(π－α)－3cos＋5＝0化为－2tanα＋3sinβ＋5＝0，tan(π＋α)＋6sin(π＋β)＝1化为tanα－6sinβ＝1，解方程组因而sinβ＝.故填.14．记定义在上的可导函数的导函数为，且，，则不等式的解集为______．【答案】【分析】首先设函数，利用导数判断函数的单调性，不等式等价于，利用函数的单调性，即可求解.【详解】设，，所以函数单调递增，且，不等式，所以.故答案为：.15．函数的所有零点之和为__________．【答案】9【分析】根据给定条件，构造函数，，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答.【详解】由，令，，显然与的图象都关于直线对称，在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，这6个点两两关于直线对称，有，则，所以函数的所有零点之和为9.故答案为：916．已知且对任意的恒成立，则的最小值为_____．【答案】1【详解】设，则由得：，当当时，，当时，，所以当时，有唯一极值，也是最小值，所以由对任意的恒成立，得，可得，因为 ，故成立，令（），，当时，，当时，，所以当时，，所以，故填． 四、解答题17．已知函数(1)求的对称轴方程；(2)求在区间上的单调区间【答案】(1)(2)在单调减，在单调增 【分析】（1）由三角恒等变换将化简为的形式，再由对称轴公式计算即可.（2）由（1）中的解析式令，求得单调增区间，再得到减区间即可.【详解】(1)令解得所以对称轴发方程为(2)由（1）知令，解得，当时，单调增区间为又因为区间为，所以增区间为，减区间为18．已知数列中，，且满足．设，.（1）求数列的通项公式的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）．【分析】（1）将已知递推公式进行变形可得数列是等比数列，进而根据首项和公比可得其通项公式；（2）根据及数列的通项公式，利用累加法可得数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，再利用等差数列的前项和公式即可求得结果.【详解】（1）∵，，∴.∵，∴，又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴，.（2）∵，∴，∴，∴，∴.19．2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊赛．约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜：若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束．已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，乙赢概率为；甲与丙比赛，丙赢的概率为p，其中．(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛．请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金3万元，负队获奖金1.5万元；若平局，两队各获奖金1.8万元．在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望的取值范围．【答案】(1)业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛(2)的取值范围为：（单位：万元）. 【分析】（1）分别求出第一场比赛，业余队安排乙与甲或丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，比较两者的大小即可得出答案.（2）由已知万元或万元，分别求其对应的概率，得到分布列，求出，由，求出的取值范围.【详解】(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：;第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：，因为，所以，所以.所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.(2)由已知万元或万元.由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛.此时，业余队获胜的概率为，专业队获胜的概率为，所以，非平局的概率为，平局的概率为.的分布列为： 的数学期望为（万元）而，所以的取值范围为：（单位：万元）.20．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，，求证：.【答案】(1)单调递增区间为、，递减区间为；(2)证明过程见解析. 【分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可；（2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可.【详解】(1)当时，，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数的单调递增区间为、，递减区间为；(2)，因为函数恰有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，设为且，因为函数当时图象关于直线对称，所以，即，因为，所以， 当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以分别是函数的极大值点和极小值点，即，，于是有，因为，所以，所以，而，所以设，，，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最小值，即，因此有，即.【点睛】关键点睛：根据极值的定义，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性是解题的关键.21．已知椭圆经过点，其右焦点为.(1)求椭圆的离心率；(2)若点在椭圆上，右顶点为，且满足直线与的斜率之积为.求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可得，从而可求出，进而可求出离心率，（2）设，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，再由可得或，可得直线经过定点，然后表示出面积，求其最大值即可.【详解】(1)依题可得，，解得，所以椭圆的方程为.所以离心率.(2)易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，由可得，，所以，，而，即，化简可得，，化简得，所以或，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点.设定点，因为，所以，设，所以，当且仅当即时取等号，即面积的最大值为.22．已知函数（为自然对数的底数），.(1)若有两个零点，求实数的取值范围；(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）有两个零点，通过参变分立，转换成两个函数图像的交点问题.（2）先利用参数放缩转变成恒成立，再通过参变分离转化成最小值问题.【详解】(1)有两个零点，关于的方程有两个相异实根，，有两个零点即有两个相异实根.令，则，得，得在单调递增，在单调递减，，又当时，，当时，，当时，有两个零点时，实数的取值范围为；(2)，所以原命题等价于对一切恒成立，对一切恒成立，令，令，则在上单增，又，使，即①，当时，，即在递减当时，，即在递增，由①知，，函数在单调递增，即实数的取值范围为.【点睛】(1)零点问题常用方法为直接讨论法和参变分离两种方法.(2)恒成立问题一般有三种方法：直接讨论法，参变分离法，端点效应.