四川省绵阳南山中学2024届高三数学（理）上学期10月月考试题试题（Word版附解析）

绵阳南山中学高2021级高三上期10月月考试题

理科数学

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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解出集合中的不等式，然后根据集合的交集运算可得答案.

【详解】因为，，

所以.

故选：A

2. 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

3. 设正项等比数列的前n项和为，若，则公比（    ）

A. 2 B.  C. 2或 D. 2或

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解公比.

【详解】由，有，即．

由等比数列的通项公式得，即，解得或，由数列为正项等比数列，∴．

故选：A

4. 如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（    ）

A.   B.  

C.   D.  

【答案】B

【解析】

【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算

【详解】.

故选：B

5. 纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中的纳皮尔比拟式､纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数表，可以利用对数表查询出任意对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出；现有一杯温度为70℃的温水，放在空气温度为零下10℃的冷藏室中，则当水温下降到10℃时，经过的时间约为（    ）参考数据：，.

A. 3.048分钟 B. 4.048分钟 C. 5.048分钟 D. 6.048分钟

【答案】C

【解析】

【分析】先将已知数据代入公式，再用对数运算性质得到，用换底公式将为底的对数换成为底的对数，代入已知对数值计算即可.

【详解】依题意，，，，代入公式得：

（分钟），

故选：C.

6. 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

7. 函数的图象可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】从图像利用排除法进行求解：

先分析奇偶性，排除B；计算排除C；根据时，；排除D.

即可得到答案.

【详解】对于，定义域为关于原点对称.

因为，

所以是偶函数，排除B.

当时，，排除C；

当时，，，；排除D.

故选：A.

8. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式化简可得的值，再利用弦化切可求得所求代数式的值.

【详解】解：由诱导公式可得，所以，.

因此，.

故选：D.

9. 已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可得,，

，

，．故A正确．

考点：三角函数单调性．

10. 若曲线的一条切线为，其中，为正实数，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据已知求出，，再利用基本不等式求解.

【详解】设切点为，则有，

∵，∴，

，（当且仅当时取等）

故选：A

【点睛】本题主要考查导数的几何意义，考查基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

11. 定义在上的奇函数满足，且当时，，则方程在上所有根的和为（    ）

A. 32 B. 48 C. 64 D. 80

【答案】C

【解析】

【分析】根据奇函数性质判断出函数的周期，利用函数的对称性、数形结合思想进行求解即可.

【详解】因为是奇函数，所以由

，

因此函数的周期为，

当时，，

所以当时，，

当时，由，

所以，

所以当时，，

于当时，，该函数关于点对称，而函数也关于该点对称，在同一直角坐标系内图象如下图所示：

由数形结合思想可知：这两个函数图象有8个交点，即共有四对关于对称的点，

所以方程在上所有根的和为，

故选：C

【点睛】关键点睛：方程根的问题转化为两个函数图象交点问题是解题的关键.

12. 若正实数是函数的一个零点，是函数的一个大于的零点，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依题意得，，则，即是，从而同构函数，，利用的单调性得到，代入求解即可.

【详解】依题意得，

，即，，

，即，，

，

，

又，

同构函数：，，

则，

又，

，，，又，

，单调递增，

，

.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：

（1）函数零点即为函数的取值；

（2）对的两个方程合理的变形，达到形式同一，进而同构函数，，其中应注意定义域；

（3）运用导数研究函数的单调性，进而确定；

（4）求解的值时，将替换后应注意分子的取值.

二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分

13. 已知x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．

【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作目标函数对应的直线：，

在直线中，纵截距为，向下平移直线时，减小，

由，得，即，

因此向下平移直线，当过点时，为最小值．

故答案为：．

14. 已知向量，且，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用向量共线的坐标运算即可求出结果.

【详解】因为，，所以，又，

所以，解得，所以，故.

故答案为：.

15. 已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是______．

【答案】

【解析】

【分析】构造函数，由导数确定其单调性，题设不等式化为，再利用单调性变形求解．

【详解】令，则，

∴在上是减函数，

，

不等式化为，

即，也即为，

所以，.

故答案为：，

16. 已知函数的部分图像如图所示，则满足条件的最小正整数x为________．

【答案】2

【解析】

【分析】先根据图象求出函数解析式，再求出的值，然后求解三角不等式可得最小正整数或验证数值可得.

【详解】由图可知，即，所以；

由五点法可得，即；

所以.

因为，；

所以由可得或；

因为，所以，

方法一：结合图形可知，最小正整数应该满足，即，

解得，令，可得，

可得的最小正整数为2.

方法二：结合图形可知，最小正整数应该满足，又，符合题意，可得的最小正整数为2.

故答案为：2.

【点睛】关键点睛：根据图象求解函数的解析式是本题求解的关键，根据周期求解，根据特殊点求解.

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.第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.

（一）必考题：共60分.

17. 设函数．

（1）求函数的单调递增区间及对称中心；

（2）当时，，求的值．

【答案】（1）单调递增区间是；，   

（2）

【解析】

【分析】（1）由二倍角公式，诱导公式化简函数式，然后利用正弦函数的单调性与对称中心求解；

（2）由两角差的余弦公式计算．

【小问1详解】

由题意得：

，

由，可得；

所以的单调递增区间是；

令，，解得：，，此时函数值为，

所以对称中心为，．

【小问2详解】

∵ ，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴

．

18. 在各项均为正数的等比数列中，，，，成等差数列．等差数列满足，．

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前n项和为．

【答案】（1），；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比数列的通项公式进行求解即可;

（2）用裂项相消法进行求解即可

【小问1详解】

设各项均为正数的等比数列的公比为，等差数列的公差为d，

因为，，成等差数列，所以 即，

因为，，所以，解得或（舍去），

所以，，

由可得，解得，

所以；

【小问2详解】

因为，所以，

所以

19. 在中，角的对边分别为，其中，且.

（1）求角的大小；

（2）求周长的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，再由正弦定理得到，即可得到，即可得解；

（2）利用余弦定理及基本不等式得到，再根据求出的取值范围，即可得解；

【小问1详解】

解：因为，即，所以，即，所以，又，，所以，所以，因为，所以；

【小问2详解】

解：因为、，由余弦定理，即，即当且仅当时取等号，所以，所以，所以，所以，所以，即三角形的周长的取值范围为

20. 已知函数，其中a是正数．

（1）讨论的单调性；

（2）若函数在闭区间上的最大值为，求a的取值范围．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导后，利用导数分类讨论确定单调性；

（2）由（1）的结论分类讨论确定最大值点，从而得参数范围．

【小问1详解】

因为，

所以．

①当时，，在上严格递增；

②当时，由得或，由得，

所以在单调递增，在上单调递减，在单调递增；

③当时，由得或，由得，

所以单调递增，在上单调递减，在单调递增；

【小问2详解】

由（1）可知①当时，，

在上严格递增，此时在上的最大值为；

②当时，在单调递增，在上单调递减，在单调递增；

在上的最大值只有可能是或，

因为在上的最大值为，

所以，

解得，此时；

③当时，在单调递增，在上单调递减，在单调递增；

在上的最大值可能是或，

因为在上的最大值为，

所以，

解得，此时，

由①②③得，，

∴满足条件的a的取值范围是．

21. 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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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；

【小问2详解】

，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.

（二）选考题：共10分.考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框.

22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是．

（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．

【答案】（1），；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）消去参数可得C的普通方程，根据极坐标与直角坐标转化公式可求直线直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入椭圆普通方程，消元后根据参数的几何意义求解.

【小问1详解】

由（为参数），得，

故曲线C的普通方程为．

由，得，

故直线l的直角坐标方程为．

【小问2详解】

由题意可知直线l的参数方程为（t为参数）．

将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得，

设A，B对应参数分别是，，

则，，

故．

23. 已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.

【小问1详解】

因为，

所以等价于，或，或，

解得或或，所以，即不等式的解集为．

【小问2详解】

因为，当且仅当时等号成立；

所以函数的最小值为，

由已知可得，所以或，

解得或，即a的取值范围．