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

江油中学2021级高三上期9月月考

数学（文）试题

一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）

1. 已知集合，，则（    ）

A.    B.    C.    D.  

【答案】D

【解析】

【分析】

解不等式确定集合，再由交集定义计算．

【详解】由题意，所以．

故选：D．

【点睛】本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式，属于基础题．

2. 复数在复平面上对应的点位于虚轴上，则实数a的值为（    ）

A. 1 B. 2 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先化简复数z，然后根据实部为0可解.

【详解】，

因为复数z对应点在虚轴上，
 

所以，解得.

故选：B

3. 设命题，命题，则是成立的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】求出、中两个不等式的解，利用集合的包含关系即可判断出、之间的充分条件和必要条件关系.

【详解】解不等式，得，解不等式，得，即，，

因此，是成立的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，在涉及不等式与方程时，一般转化为集合的包含关系来判断，考查推理能力与运算求解能力，属于基础题.

4. 下列向量的运算结果不正确的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的加减法法则逐个分析判断即可.

【详解】对于A，，所以A正确，

对于B，，所以B错误，

对于C，，所以C正确，

对于D，，所以D正确，

故选：B

5. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用诱导公式，可求出的值，结合同角三角函数的关系，即可得答案.

【详解】因为，且

所以，

所以，

所以，

故选：D

【点睛】本题考查同角三角函数的关系，诱导公式的应用，考查计算化简的能力，属基础题.

6. 相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．“三分损益”包含“三分损一”和“三分益一”，用现代数学的方法解释如下，“三分损一”是在原来的长度减去一分，即变为原来的三分之二；“三分益一”是在原来的长度增加一分，即变为原来的三分之四，如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为，输出的的值为.

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】执行循环结构的程序框图，根据判断条件，逐次循环计算，即可得到结果．

【详解】由题意，执行循环结构的程序框图，可得：

第1次循环：，不满足判断条件；

第2次循环：，不满足判断条件；

第3次循环：，满足判断条件，输出结果，

故选B．

【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算输出结果问题，其中解答中模拟执行循环结构的程序框图，逐次计算，根据判断条件求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

7. 函数在上的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性及函数值的符号即可做出判断.

【详解】因为，所以f（x）是奇函数，排除A，D，

当时，，，所以，排除C，

故选：B．

8. 设,,,   则(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据，可得，从而可得，再根据，，可得，进而可求解.

【详解】因为，所以，，即，

又，，则，

所以.

故选：C.

9. 已知，与是方程的两个根，则（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】

先求出+和的值,确定 、的符号，进而可以缩小α、β 的围，再根据两角和的正切公式求出的值求出答案.

【详解】∵ 与是方程的两个根，

∴+，

∴，，∴，∴，

∵，又

∴.

故选: C

【点睛】利用三角公式求三角函数值的关键：

(1)角的范围的判断；

(2)根据条件进行合理的拆角，如等．

10. 已知函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度后函数为奇函数，则（   ）

A. 在区间上是增函数，则a的最大值为 B. 的图象关于直线对称

C. 的图象关于点对称 D. 在上单调递增

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数性质以及平移变换规律求出参数，可得函数解析式，结合正弦函数的单调性可判断A，D；结合正弦函数的对称性判断B，C；

【详解】由函数，其图象相邻的最高点之间的距离为，

可知最小正周期为，故；

将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，

该函数为奇函数，故，即，

由于，故，则，

对于A，令，

则，即的单调递增区间为，

当时，的单调递增区间为，

故在区间上是增函数，则a的最大值为，A正确；

对于B，当时，，函数值不是最大值也不是最小值，

故的图象不关于直线对称，B错误；

对于C，当时，，

故的图象不关于点对称，C错误；

对于D，结合A知的单调递增区间为，

当时，的单调递增区间为，

当时，的单调递增区间为，

即不是的单调递增区间，

故在上不单调递增，D错误；

故选：A

11. 已知函数，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】判断出函数的奇偶性和单调性，再由偶函数的定义和增函数的定义化简不等式，得出解集.

【详解】函数的定义域为，

且，即是偶函数，

当时，，

构造，，

令，则在上单调递增，又也是增函数，

则在上单调递增，

又是定义域内的增函数，故在上单调递增，

不等式等价于，

即，平方得：，解得且，

则不等式的解集为.

故选：B.

12. 已知偶函数满足，，且当时，.若关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分析可知，函数是周期为的周期函数，由题意可得关于的不等式在上有且只有个整数解，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】因为偶函数满足，则，即，

所以，函数是周期为的周期函数，

当时，，令，可得.

由可得，由可得.

所以，函数在上单调递增，在上单调递减，

因为关于的不等式在上有且只有个整数解，

则关于的不等式在上有且只有个整数解，如下图所示：

因为，且，

又因为，所以，要使得不等式在上有且只有个整数解，

则这五个整数解分别为、、、、，

所以，，即，

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用不等式的整数解的个数求参数的取值范围，解题的关键在于作出函数的图象，明确整数解是哪些整数，再结合图形求解.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 曲线在处的切线与直线平行，则实数a的值为______

【答案】##

【解析】

【分析】求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案.

【详解】由得，

当时，的值为，

由于曲线在处的切线与直线平行，

故，

故答案为：

14. 设奇函数满足，当时，，_______.

【答案】##

【解析】

【分析】利用函数的周期性和奇偶性求函数值.

【详解】因为，所以，

则有，

所以函数是以4为周期的周期函数，且为奇函数，

所以，

故答案为: .

15. 已知(a>0，b>0)在x=1处取得极值，则的最小值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】求出函数的导数，即可得到，根据基本不等式的性质求出代数式的最小值即可．

【详解】解：因为，所以，因为函数在处取得极值，所以，即，因为，，

所以当且仅当，即，时取等号；

故答案为：

16. 已知，若在上恰有两个不相等的实数、满足，则实数的取值范围是__________．

【答案】

【解析】

【分析】由可得出，分析可知函数在上恰有两个最大值点，可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】因为，所以，

因为在上恰有两个不相等的实数、满足，且，

所以，函数在上恰有两个最大值点，

所以，，解得，

因此，实数的取值范围是.

故答案为：.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答.

17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角A；

（2）若，的面积为，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理，把边化为角，结合三角形的内角和定理，利用三角恒等变换化简可得，进一步求得；

（2）根据（1）的结论，根据三角形的面积公式可得，再利用余弦定理变形可得.

【小问1详解】

因为，

由正弦定理得，

所以，

所以，

因为，所以，

即，所以，

因为，所以，

所以即；

【小问2详解】

因为的面积为，，，

由三角形的面积公式得，化简得，

又根据余弦定理得，

所以，

所以，

所以.

18. 如图，平面四边形中，，，，，．

（1）求的值；

（2）求的长．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理可得出关于的方程，解出的长，判断出为等腰三角形，即可求得的值；

（2）计算出的值，以及，利用两角和的正弦公式求出的值，再利用正弦定理可求得的长.

【小问1详解】

解：在中，，，，

由余弦定理可得，

整理可得，，解得，则，

故为等腰三角形，故.

【小问2详解】

解：由（1）知，，又因为，则，

因为，则为锐角，

且，

所以，

，

在中，由正弦定理，

可得.

19. 已知.

（1）求的最小正周期及单调递减区间；

（2）将函数的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，求在区间 的值域．

【答案】（1）最小正周期为，   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简得到，根据周期公式可求得周期；由，求解可得减区间；

（2）根据题意求得变，由求得，再根据余弦函数的性质即可求解.

【小问1详解】

因为

，

则，所以的最小正周期为，

由，解得，

所以的单调递减区间为.

【小问2详解】

由（1）可得，

将函数的图象向右平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到图像，

所以=，

当时，,，

所以函数的值域为.

20. 已知函数．

（1）若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围；

（2）当时，若函数的图像与直线有3个不同的交点，求实数m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意可得在恒成立，分离参数即可求解；

（2）先求得，得出函数的单调性，数形结合即可求出.

【小问1详解】

由题可知：在恒成立．

即在恒成立．

因为，当且仅当时等号成立，所以，

所以实数a的取值范围是；

【小问2详解】

由，解得，所以．

则，

令得或，令得，

所以函数在上是增函数，上是减函数，上是增函数，

当时，取得极大值，故的极大值为．

当时，取得极小值，故的极小值为．

因为函数的图像与直线有3个不同的交点，则．

21. 设函数，其中.

（1）若，求不等式的解集；

（2）求证：，函数有三个零点，，，且，，成等比数列.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

分析】（1）两边同除以，将不等式等价与简化变形处理，构造函数，观察函数零点，利用函数单调性求解不等式；

（2）同（1），先将等式变形，构造函数，转化为新函数零点问题；再对求导，结合二次函数图象与零点存在性定理分析导函数符号及函数的单调性；最后在各区间通过放缩取点法“取点”，寻找端点函数值异号的区间，确定函数的零点存在，再结合性质得到三个零点的关系，问题得证.

【小问1详解】

由，得，.

不等式等价于，

令，

又，则函数在上单调递增，

又，则不等式的解集为.

【小问2详解】

令，则，.

设，因此的零点是的零点.

，

设，

由，则，对称轴，

故存在，使得.

故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.

又因为，则，

当时，，

此时；

又当时，，

此时；

故由零点存在性定理知，有三个零点，，，其中.

又因为，所以，

即，即，，成等比数列.

【点睛】在研究函数的零点问题时，零点存在性定理是推理依据之一，应用它的关键在于寻找端点函数值异号的区间，这就需要适当“取点”，常用“取点”的方法有：直接取点法、局部为零取点法、插值取点法、放缩取点法等等.

（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

【选修4-4：坐标系与参数方程】

22. 已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（t为参数）.

（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程.

【答案】（1）；；（2）.

【解析】

【分析】（1）分别消去参数和即可得到所求普通方程；

（2）两方程联立求得点，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.

【详解】(1)[方法一]：消元法

由得的普通方程为．

由参数方程可得，

两式相乘得普通方程为．

[方法二]【最优解】：代入消元法

由得的普通方程为，

由参数方程可得，

代入中并化简得普通方程为．

(2)[方法一]：几何意义+极坐标

将代入中解得，故P点直角坐标为．

设P点的极坐标为，

由得，，．

故所求圆的直径为，

所求圆的极坐标方程为，即．

[方法二]：

由得所以P点的直角坐标为．

因为．

设圆C的极坐标方程为，所以，

从而，解得．

故所求圆的极坐标方程为．

[方法三]：利用几何意义

由得所以P点的直角坐标为，

化为极坐标为，其中．

如图，设所求圆与极轴交于E点，则，

所以，所以所求圆的极坐标方程为．

[方法四]最优解】：

由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．

联立得解得．

设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点．

又因为点都在所求圆上且为圆的直径，

所以，解得．

所以所求圆的极坐标方程为．

[方法五]利用几何意义求圆心

由题意设所求圆的圆心直角坐标为，

则圆的极坐标方程为．

联立得，

即P点的直角坐标为．

所以弦的中垂线所在的直线方程为，

将圆心坐标代入得，解得．

所以所求圆的极坐标方程为．

【整体点评】(1)[方法一]利用乘积消元充分利用了所给式子的特征，体现了解题的灵活性，并不是所有的问题都可以这样解决；

[方法二]代入消元是最常规的消元方法之一，消元的过程充分体现了参数方程与普通方程之间的联系.

(2)[方法一]利用几何意义加极坐标求解极坐标方程是充分利用几何思想的提现，能提现思维的 ；

[方法二]首先确定交点坐标，然后抓住问题的本质，求得的值即可确定极坐标方程；

[方法三]首先求得交点坐标，然后充分利用几何性质求得圆的直径即可确定极坐标方程；

[方法四]直径所对的圆周角为是圆最重要的性质之一，将其与平面向量垂直的充分必要条件想联系进行解题时一种常见的方法；

[方法五]圆心和半径是刻画圆的最根本数据，利用几何性质求得圆心的坐标即可确定圆的方程.

【选修4-5：不等式选讲】

23 已知函数．

（1）解不等式；

（2）设函数的最小值为，若正数，，满足，证明：．

【答案】（1）；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分，，三种情况讨论解不等式，最后再取并集即可；

（2）先由绝对值三角不等式求出，再由结合基本不等式求解即可.

【小问1详解】

当时，，由可得，则；

当时，，由可得显然成立，则；

当时，，由可得，则；

综上：不等式的解集为；

【小问2详解】

，当且仅当即时取等，，则，

又，，均为正数，则