四川省江油中学2023-2024学年高三理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

江油中学高2021级高三上期10月月考

数学试题（理科）

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】B

【解析】

【分析】解一元二次不等式可得集合B，然后由交集定义可得.

【详解】集合，

解不等式可得集合，

所以.

故选：B

2. 已知实数满足（），则下列关系式恒成立的是（   ）

A.  B. ln＞ln

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由（）得，根据基本初等函数单调性逐个判断即可，或举出反例排除.

【详解】由（）得，

对A，，不恒成立，A错；

对B，ln＞ln，不恒成立，B错；

对C，三角函数有周期性，不恒成立，C错；

对D，，D对.

故选：D.

3. 已知命题 在△中，若， 则；命题向量与向量相等充要条件是且.下列四个命题是真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件分别判断命题和命题的真假，结合复合命题真假关系进行判断即可.

【详解】命题：在中，若，由于余弦函数在上单调递减，则，故命题为真命题；

命题：向量与向量相等的充要条件是向量与向量大小相等，方向相同，则命题是假命题.

则为真命题.

故选：A

4. 在中，是上一点，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果．

【详解】因为是上一点，且，

则．

故选：C．

【点睛】本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题．

5. 习近平总书记强调，发展航天事业，建设航天强国，是我们不懈追求的航天梦.我国在文昌航天发射场用长征五号遥五运载火箭把嫦娥五号探测器顺利地送入预定轨道，开启我国首次外太空采样返回之旅.这为我国未来月球与行星探测奠定了坚实基础.在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度 （单位：）和燃料的质量（单位：）、火箭（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系式是.若火箭的最大速度为，则燃料质量与火箭质量（除燃料外）的比值约为：（参考数据：）（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用指对数转化可求燃料质量与火箭质量（除燃料外）的比值.

【详解】令，则，

故，

故选：C.

6. 已知等差数列的前项和为，若，则（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差数列的性质可得，进而可求解.

【详解】由得，所以，

故选：A

7. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】以为整体，结合倍角公式可得，再利用诱导公式运算求解.

【详解】因为，

所以．

故选：A.

8. 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.

9. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先根据已知条件求出与以及的值，进而确定的解析式，再结合三角函数的平移规律进行解答即可.

【详解】根据题中图象可知，函数的最小正周期，，，，

又，所以，

所以，所以.

故选：B

10. 已知，则（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得.

【详解】解：因为，

所以，所以，

即，

即，即.

故选：A

11. 若函数为偶函数，对任意的，且，都有，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得函数在上递减，且关于对称，则，利用作差法比较三者之间的大小关系，再根据函数的单调性即可得解.

【详解】解：由对，且，都有，

所以函数在上递减，

又函数偶函数，

所以函数关于对称，

所以，

又，

因为，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以，

即.
故选：A.

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小题，每小题5分，共20分.

13. 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：.

14. 曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【解析】

【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．

【详解】由题，当时，，故点在曲线上．

求导得：，所以．

故切线方程为．

故答案为：．

15. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为.若，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据，，求得，代入即可求解.

【详解】解：因为，，

所以，，

所以，

故答案为：.

16. 已知函数，函数，则下列结论正确的是__________．

①若有3个不同的零点，则a的取值范围是

②若有4个不同的零点，则a的取值范围是

③若有4个不同的零点，则

④若有4个不同的零点，则的取值范围是

【答案】②③④

【解析】

【分析】根据题意，将问题转化为函数与图像的交点个数问题，进而数形结合求解即可得答案．

【详解】令，得，

即所以零点个数为函数与图像的交点个数，

作出函数图像如图，

由图可知，有3个不同的零点，

则的取值范围是，，故①错误；

有4个不同的零点，则的取值范围是，故②正确；

有4个不同的零点，，，，

此时，关于直线对称，所以，故③正确；

由③可知，所以，

由于有4个不同的零点，的取值范围是，

故，

所以，故④选项正确．

故答案为：②③④．

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将问题转化为函数与图像的交点个数问题，数形结合得出答案，考查等价转化的思想.

三、解答题：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：每题12分，共60分.

17. 已知数列满足，，，数列是等差数列，且，．

（1）求数列，的通项公式

（2）设，求数列的前项和．

【答案】（1）,   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据可判断是等比数列，进而根据等差和等比数列基本量的计算即可求解通项公式,

（2）根据分组求和即可求解.

【小问1详解】

因为数列满足，，，

所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，，

即数列的通项公式为，

设等差数列的公差为，由，，

得，解得，所以，，

即数列的通项公式为

【小问2详解】

有（1）可知，

所以，数列的前项和

，即．

18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若，D为AC边上的一点，，且        ，求△ABC的面积．

请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．

①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．

（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；

（2）选择①，由平分得，分别用三角形面积公式求解可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积；选择②，利用平面向量的线性运算可得，求解向量的模可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积.

【小问1详解】

解：由正弦定理知，，

∵，

代入上式得，

∵，

∴，，

∵，∴.

【小问2详解】

若选①：

由平分得，，

∴，

即．

在中，由余弦定理得，

又，∴，

联立得，

解得，（舍去），

∴．

若选②：

因为，，

，得，

在中，由余弦定理得，

即，

联立，可得，

∴．

19. 函数.

（1）求函数的单调减区间；

（2）将的图象先向左平移个单位，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到的图象.当时，求的值域.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法求解的单调减区间；

（2）先根据平移和伸缩变换得到，根据得到，从而求出函数值域.

【小问1详解】

，

令，解得，

所以函数的单调减区间为.

【小问2详解】

的图象先向左平移个单位得到，

将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，

时，，

所以，故，

所以的值域为.

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，

所以在单调递增，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）若在单调递减，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）由已知可将问题转化为在上恒成立，进而参变分离转化求函数最值可得结果；

（2）由已知得到问题的等价不等式对一切恒成立，进而参变分离得到对一切恒成立，构造新函数，求最值即可.

【小问1详解】

解：在单调递减，

在上恒成立，即在上恒成立，

设，，需即可，

，，则，

在单调递增，

，

故；

【小问2详解】

由题意，不等式对恒成立，则对一切恒成立，

，所以，

原命题等价于对一切恒成立，

对一切恒成立，

令，，

，

令，则对恒成立，

在上单增，

又，

使，即①，

当时，，即在递减，

当时，，即在递增，

，

由①，，

设，，则，

函数在单调递增，

即，

，

实数的取值范围为.

【点睛】利用导数研究不等式恒成立问题，可对不等式进行转化，然后利用构造函数法，结合导数求得所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.

（二）选考题：共10分.考生在第22、23两题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，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. 在直角坐标系中，已知点，的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

（1）求的普通方程和的直角坐标方程；

（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.

【答案】（1），   

（2）4

【解析】

【分析】（1）利用消参法可求曲线的普通方程，利用可求的直角坐标方程；

（2）利用直线参数方程的几何意义可求的值.

【小问1详解】

由的参数方程，消去参数可得，

由曲线的极坐标方程为，得，

所以直角坐方程为，即.

【小问2详解】

曲线的参数方程（为参数），

代入化简可得.

设，对应的参数分别为，，则，，

所以.

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）在（1）条件下，设中的最小的数为，正数满足，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将化为分段函数的形式，从而利用三段法解不等式，得到解集；

（2）由（1）知，化简得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.

【小问1详解】

，

不等式可化为①，或②，或③，

解①得，解②得，解③得，

故，所以；

【小问2详解】

由（1）可知，所以，

所以

，

当且仅当，，即时等号成立，

所以的最小值为.