2024届福建省师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届福建省师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共18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。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数函数的单调性解不等式求得集合B，再由集合的交集运算可得选项.
【详解】解：因为，又，所以，
故选：B.
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】将等式整理可得，即可计算出.
【详解】将整理可得，
所以；
可得.
故选：D
3．已知，且，则（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用二倍角公式化简方程，解方程可得，进而可得，然后利用诱导公式即可判断.
【详解】∵，，
∴，即，
∴或（舍去），
∴，，，，.
故选：A.
4．已知且，则函数为奇函数的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用奇函数的性质得到，然后在利用定义验证此时函数为奇函数，从而得到函数为奇函数的充分必要条件是，进而根据充分不必要条件的概念作出判定.
【详解】若函数为奇函数，由于函数的定义域为R，
∴，∴,即,∴∴；
当时，，
即为奇函数的充分必要条件是或，
是的非充分非必要条件；是的非充分非必要条件；是的充分不必要条件；
故选：C.
5．1970年4月24日中国第一颗人造地球卫星“东方红一号”成功发射，东方红一号发射的目标被归结为12个字：“上得去、抓得住、听得到、看得见”.然而，卫星本身是一个直径只有1米的球形72面体，在轨道上被太阳照射时亮度相当于7等星，而在天气、光线都好的情况下，人的肉眼基本看不见7等星.设计师们采用“借箭显星”：在第三级火箭上安装一个可以撑开的球(也称“观测球”)，观测球撑开时在太阳照射下的亮度相当于2等星，这样就实现了“看得见”这一目标.已知两颗星的星等与亮度满足：，其中星等为的星的亮度为，则在太阳照射下，观测球的亮度是卫星亮度的（ ）倍
A．100B．50C．10D．5
【答案】A
【分析】设观测球的星等为，卫星的星等为，根据对数的运算得出
【详解】设观测球的星等为，卫星的星等为，则，由得，即，所以，所以观测球的亮度是卫星亮度的100倍.
故选：A
6．把函数图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象；再将图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角函数的图象变换即得.
【详解】纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍变为，
将图象上所有点向右平移个单位，可得.
故选：B.
7．设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的最小值为（ ）.
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦函数的性质得当区间关于函数的图象对称轴对称时，取得最小值，不妨设y取得最大值，求得，再代入求得函数的最小值，由此可得答案.
【详解】解：因为函数，所以其最小正周期为，而区间的区间长度是该函数的最小正周期的，
因为函数在区间上的最大值为，最小值为，
所以当区间关于它的图象对称轴对称时，取得最小值，对称轴为，此时函数有最值，
不妨设y取得最大值，则有，所以，
解得，得，
所以，
所以的最小值为，
故选：D.
8．已知，均为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知条件可得，构造函数，，利用导数可得在上为增函数，从而可得，再由正余弦函数的单调性可得结论
【详解】，，
令，，，
所以在上为增函数，
∴，
∵，均为锐角，
∴，
∴，
故选：D.
二、多选题
9．下列化简正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】由即可判断A；根据诱导公式，先将转化为，再根据两角的差的正弦公式，即可判断B；根据诱导公式及同角三角函数的平方关系即可判断C；先通分，再根据二倍角公式和辅助角公式化简，即可判断D．
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，故A错误；
对于B，因为，
所以
，故B正确；
对于C，设，
因为，
所以，
因为，
所以，
所以，故C正确；
对于D，，故D正确，
故选：BCD．
10．一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A．B．事件A与事件B互斥
C．事件A与事件B相互独立D．
【答案】CD
【分析】A.利用古典概型的概率求解判断；B.利用互斥事件的定义判断；C.利用独立事件的概率求解判断；D.利用并事件的概率求解判断.
【详解】解：依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1，2，3，4四个基本事件，
则，A不正确：
事件B含有的基本事件有8个：，，，，，，，，
其中事件，，，发生时，事件A也发生，即事件A，B可以同时发生，B不正确；
抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，，，即事件A与事件B相互独立，C正确；
，D正确.
故选：CD.
11．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
12．如图所示，将平面直角坐标系中的格点(横4纵坐标均为整数的点)的横、纵坐标之和作为标签，例如：原点处标签为0，记为；点处标签为1，记为；点处标签为2，记为；点处标签为1，记为；点处标签为0，记为；…以此类推，格点处标签为，记则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据图示，分析可得第一圈从到共8个点，由对称性可得，第二圈16个点，相加也为0，归纳可得第圈共有个点，这项的和也是0.对A，分析所在位置，即可判断；对B，求得、的值可判断；对C，代入特殊值检验；对D，分析可得，求得各项值，分析计算即可判断.
【详解】对A，由题意得，第一圈从到共8个点，由对称性可得，
第二圈从到共16个点，由对称性可得，
根据归纳推理可得第圈共有个点，这项的和也是0.
设在第圈，则，且，
由此可知前22圈共有2024个点，即，且对应点为，
所以对应点为，所以，故A正确；
对B，因为，所以，故B错误；
对C，由图可得对应点为，所以，故C错误；
对D，因为，
又对应点为，所以，
对应点为，所以，
…
对应点为，所以，
所以所以，故D正确.
故选：AD
三、填空题
13．已知在的展开式中，第3项和第10项的二项式系数相等，则展开式的系数和为 .
【答案】
【分析】根据二项式系数的性质得出，再由赋值法得出展开式的系数和.
【详解】因为第3项和第10项的二项式系数相等，所以，即
令，则展开式的系数和为.
故答案为：
14．已知，是方程的两根，则 .
【答案】
【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系得，，再运用余弦、正弦和和差公式，以及同角三角函数间的关系，代入可得答案.
【详解】解：由已知得，，
.
故答案为：.
15．写出一个使等式成立的的值为 ．
【答案】（答案不唯一，只要满足即可）.
【分析】利用二倍角和两角和差正弦公式化简已知等式得到，由正弦函数性质可确定，由此可解得结果.
【详解】，，
，解得：，
当时，，使得等式成立的一个的值为（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一，只要满足即可）.
16．函数，当时，的零点个数为 ；若恰有4个零点，则的取值范围是 .
【答案】 1
【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案.
【详解】第一空：当时，当时，，解得；
当时，，无零点，
故此时的零点个数是1；
第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；
①
若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得，
此时；
②
若恰有3个零点，则，此时，
所以恰有1个零点，符合要求；
③当时，，所以恰有1个零点，
而至少有4个零点，
此时至少有5个零点，不符合要求，舍去.
综上，或.
故答案为：1；.
【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题.
四、解答题
17．已知．
(1)求在上的单调递增区间；
(2)设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若求的面积．
【答案】(1)和
(2)
【分析】（1）首先根据两角的正弦公式，降幂公式和辅助角公式化简，令 即可求出单调区间；
（2）由先求出，再根据正弦定理求出，由余弦定理求出，根据计算面积即可．
【详解】（1）
，
当时，单调递增，
即当时，单调递增，
所以在上的单调递增区间是和．
（2）因为，，所以，
因为，，，所以由正弦定理，
可得，
由余弦定理，可得，
整理可得，解得或（舍去），
所以的面积．
18．已知等差数列的公差不为零，其前n项和为，且是和的等比中项，且
(1)求数列的通项公式;
(2)设数列满足求的前n项和.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用等差数列和等比数列的性质，列方程可求得答案；
（2）利用错位得到，进而得到，再利用等比数列求和公式，可得答案.
【详解】（1）设等差数列的公差为，因为是和的等比中项
得，即，
化简得，
又，即，
化简得，则，，，
故.
（2）因为①，
则时，，，
故当时，②
①②的得，，而不适合该式，
故，又，所以，
则数列是从第二项起，公比为的等比数列，
时，，
故，
，
经检验，时，符合，
综上：，
19．记锐角的内角的对边分别为，已知．
(1)求证：；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)见解析；
(2).
【分析】（1）运用两角和与差正弦进行化简即可；
（2）根据（1）中结论运用正弦定理得，然后等量代换出，再运用降次公式化简，结合内角取值范围即可求解.
【详解】（1）证明：由题知，
所以，
所以,
所以
因为 为锐角，即 ，
所以，
所以，
所以.
（2）由（1）知：，
所以，
因为，
所以，
因为由正弦定理得：，
所以,
所以，
因为 ，
所以，
所以
因为是锐角三角形，且，
所以 ，
所以，
所以，
当时，取最大值为 ，
所以最大值为： .
20．在创建“全国文明卫生城”过程中，某市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次).通过随机抽样，得到参加问卷调查的1000人的得分(满分100分)统计结果如下表所示.
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分服从正态分布，近似为这1000人得分的平均值(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)，请用正态分布的知识求；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案:
(ⅰ)得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费；
(ⅱ)每次获赠送的随机话费和对应的概率为:
现有市民甲要参加此次问卷调查，记 (单位:元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
参考数据与公式：，若，则①；②；③.
【答案】（1）0.8186；（2）分布列见解析，.
【分析】（1）先由频数分布表求出，从而可得，然后利用正态分布的对称性可求得结果；
（2）由题意可得获赠话费的可能取值为20，40，60，80，然后求出各个对应的概率，从而列出分布，求出期望
【详解】（1）.故，
又，∴，.
∴.
综上，.
（2）易知.
获赠话费的可能取值为20，40，60，80.
；；
；.
故的分布列为:
∴.
21．设函数．
（1）证明：在单调递减，在单调递增；
（2）若对于任意，都有，求m的取值范围．
【答案】（1）在单调递减，在单调递增；（2）.
【详解】（Ⅰ）．
若，则当时，，；当时，，．
若，则当时，，；当时，，．
所以，在单调递减，在单调递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．
【解析】导数的综合应用．
22．已知函数，.
(1)讨论极值点的个数；
(2)若恰有三个零点和两个极值点.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若，且，证明：.
【答案】(1)当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）先求导，对进行讨论，研究单调性可得函数的极值；
（2）(i)由(1)知: ,且,,又得出，即可得证；
(ii)易得，令,可得，要证明:，只需证:，只需证: (显然,易证)，即证明:，又因为,所以，令,,利用导数证明即可.
【详解】（1）由题知:，
设函数,
当时,开口向上,,
所以,在上单调递减,无极值点；
当时, 在上有两个解,
又因为,
所以在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.
所以有两个极值点.
综上:当时, 无极值点;当时,所以有两个极值点.
（2）(i)由(1)知: ,且,
又因为,
所以.
(ii)由(i)知:,,,
所以,所以.
令,,
所以在上单调递减,在上单调递增.
因为时,>0;时,<0.
所以.
所以,要证明:,
只需证:,
只需证: ,
​​​​​​​只需证: ,
只需证:,
又因为在上单调递增,
所以只需证:.
令，所以，
所以函数在上单调递减；
所以，即.
所以，要证：，只需证：，即证明:.
因为,所以,所以.
又因为,
所以,所以.
令,,则,
所以在上单调递增,所以,
所以,所以成立.
【点睛】方法点睛：
利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见结论放缩；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
组别
频数
25
150
200
250
225
100
50
赠送的随机话费(单元:元)
20
40
概率
0.75
0.25
20
40
60
80