四川省江油中学2023-2024学年高三数学（理）上学期9月月考试题（Word版附解析）

江油中学2021级高三上9月月考

数学（理）试题

第I卷（选择题）

一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

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. 4 B. 37 C. 148 D. 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. 14 B. 13 C. 12 D. 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；