2024届河南省南阳市第一中学校高三上学期第三次月考数学试题含解析

这是一份2024届河南省南阳市第一中学校高三上学期第三次月考数学试题含解析，共20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．已知集合，，，，则的元素个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】利用交集的定义即可求解.
【详解】集合,,，，
∴,
∴的元素个数为．
故选：．
2．对于任意实数，用表示不大于的最大整数，例如：，，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】对任意的，记，则，利用题中定义、不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】对任意的，记，则，
若，则，即，则，
因为，，则，由不等式的基本性质可得，
所以，，所以，，即，
所以，“”“”；
若，如取，，则，故“” “”.
因此，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式可得，再由二倍角余弦公式求.
【详解】由，即，
又.
故选：D
4．密位制是度量角的一种方法.将周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角.以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数字与十位数字之间画一条短线，如：478密位写成“4-78”，1周角等于6000密位，记作1周角.如果一个扇形的半径为2，面积为，则其圆心角可以用密位制表示为（ ）
A．25-00B．35-00C．42-00D．70-00
【答案】B
【分析】利用扇形面积公式先求出圆心角，再根据密位制的定义换算即可.
【详解】设扇形的圆心角为，则，则，
由题意可知，其密位大小为密位，用密位制表示为35-00.
故选：B.
5．若方程x2 +2x+m2 +3m = mcs(x+1) + 7有且仅有1个实数根，则实数m的值为（ ）
A．2B．-2C．4D．-4
【答案】A
【分析】令，由对称轴为，可得，解出，并验证即可.
【详解】依题意，有且仅有1个实数根.
令，对称轴为.
所以，解得或.
当时，，易知是连续函数，又，，
所以在上也必有零点，此时不止有一个零点，故不合题意；
当时，，此时只有一个零点，故符合题意.
综上，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：构造函数，求出的对称轴，利用对称的性质得出.
6．设为函数（）图象上一点，点，为坐标原点，，的值为（ ）
A．-4B．C．4D．1
【答案】A
【分析】由数量积的定义表示求出，再利用条件，结合点在函数（）图象上，可求出点，从而解决问题.
【详解】设点，则，，
，
又， 则
可得，又，则，
解得，所以.
故选：A

7．已知函数是定义在上的奇函数，且的一个周期为2，则（ ）
A．1为的周期B．的图象关于点对称
C．D．的图象关于直线对称
【答案】C
【分析】举例判断A，B，D错误，再由条件结合奇函数的性质和周期函数的性质列关系式论证C正确.
【详解】因为为定义域为奇函数，周期为，
故函数满足条件，
令可得，，
函数的最小正周期为4，对称中心为，，
函数没有对称轴，
A错误，B错误，D错误；
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
取可得，，
因为的一个周期为2，
所以，
取可得，，
由可得，函数为周期为4的函数，
所以，C正确；
故选：C.
8．已知a，b，c均为负实数，且，，，则（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】对变形，构造，则，，，求导得到函数单调性，数形结合得到.
【详解】由，得，于是．
同理由，可得．
对于，可得，
两边同时取对数得，于是．
构造函数，则，，．
因为，
所以当时，，在内单调递减，
当时，，在内单调递增，
所以，
又，，，
如图所示，故．
故选：A
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中变形得到，，及，从而达到构造出适当函数的目的.
二、多选题
9．下列命题中，正确的命题（ ）
A．回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点
B．将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，方差不变
C．用相关系数来刻画回归效果，越接近，说明模型的拟合效果越好
D．若随机变量，且，则
【答案】BD
【分析】利用回归直线的性质判断A；利用波动性判断B；利用相关系数的意义判断C；利用正态分布的对称性计算判断D作答.
【详解】对于A，回归直线恒过样本点的中心，不一定过样本点，A错误；
对于B，将一组数据的每个数据都加一个相同的常数后，数据的波动性不变，方差不变，B正确；
对于C，用相关系数来刻画回归效果，越接近，说明模型的拟合效果越好，C错误；
对于D，随机变量，则， D正确．
故选：BD
10．已知圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为3，底面半径为．若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆锥SO的侧面积为
B．SPQ面积的最大值为
C．三棱锥O-SPQ体积的最大值为
D．圆锥SO的内切球的体积为
【答案】AC
【分析】A选项，圆锥的侧面展开图为扇形，母线为扇形半径，底面圆周长为扇形弧长，据此可得圆锥的侧面积；
B选项，当最大时，SPQ面积最大；
C选项，当面积最大时，三棱锥O-SPQ体积最大；
D选项，由圆锥的轴截面图可求得圆锥内切球的半径.
【详解】A选项，因底面半径为，则底面圆周长为，则侧面展开扇形的圆心角为：，则侧面积为：.故A正确；
B选项，当最大，即时，SPQ面积最大.
则SPQ面积最大值为：，故B错误；
C选项，，则当时，取最大值
，又，则三棱锥O-SPQ体积的最大值为：.故C正确；
D选项，如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径，
设内切球半径为，内切球球心为I，连接.则
.则内切球体积为：.故D错误.
故选：AC
【点睛】11．在平面直角坐标系中，已知点，若将点绕原点按顺时针旋转弧度，得到点，记，，则下列结论错误的有（ ）
A．
B．不存在，使得与均为整数
C．
D．存在某个区间，使得与的单调性相同
【答案】BC
【分析】利用三角函数的定义求出点的坐标，进而可得出与的表达式，结合三角函数恒等变换与三角函数的基本性质可判断各选项的正误.
【详解】对于A选项，，即为角终边上一点，，
，，
，A对；
对于B选项，当时，，，，都为整数，B错；
对于C选项，
，C错；
对于D选项，，
由，可得，在上单调递减
由，可得，所以，在上单调递减，
因为，所以，当，时，与都在上单调递减，D对.
故选：BC.
12．已知函数是定义在上的函数，是的导函数，若，且，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在定义域上有极小值．
B．函数在定义域上单调递增．
C．函数的单调递减区间为．
D．不等式的解集为．
【答案】BC
【分析】令并求导，结合已知可得，进而可得，构造并研究单调性判断A、B；构造、分别研究它们的单调性判断C、D.
【详解】令，则，又得：，
由得：，
令得：，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，
所以单调递增，所以B正确，A不正确；
由且定义域为得：，
令，解得，即的单调递减区间为，故C正确．
的解集等价于的解集，
设，则，
当时，，此时，即在上递减，
所以，即在上成立，故D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：令，根据已知得，利用导数研究其单调性和极值情况，构造研究单调性，对于D问题转化为判断在上的符号.
三、填空题
13．若正实数，满足，则的最小值为 .
【答案】5
【解析】将所求式子变形为，结合基本不等式即可求出最小值.
【详解】解：因为，所以，因为，
所以，当且仅当，即时等号成立，
即的最小值为5.
故答案为:5.
【点睛】本题考查了利用基本不等式求最小值，属于基础题.本题的关键是将所求式子中的3换成.
14．写出曲线与曲线的公切线的一个方向向量 .
【答案】（与共线的非零向量均可）
【分析】先利用导数求得曲线与曲线的公切线方程，进而求得该公切线的一个方向向量.
【详解】设曲线上的切点为，
曲线上的切点为，
则，两式相减整理得，
代入上式得，解之得，则，
则曲线与曲线的公切线的公切点为，
则切线斜率为1，切线方程为，
则公切线的一个方向向量为
故答案为：
15．已知函数，若对任意实数x满足不等式，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据的表达式可判断在定义域上单调递增，且，故可将不等式转化为，结合单调性得，即可进行求解.
【详解】由得，
又当时，函数均为单调递增函数，因此在单调递增，且
当时，由于，时，故当时，，且，而函数在均为单调递减函数，因此在均为单调递增函数，又在定义域连续，
故在定义域上单调递增，且，
由得，由单调性得，故对任意实数x满足，因此
故答案为：
16．已知函数（且），其中的最小正周期，且，函数的图象在处的切线与的图象恰好有3个公共点，则 .
【答案】
【分析】根据已知条件，求得函数解析式；再结合正弦函数图象特征，利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】因为，则的图象关于对称，
或者；
若：
因为的最小正周期，所以，即，
解得，即，
此时，
又，则，
所以，与矛盾，不合题意；
所以的一条对称轴为，
即，所以，；
因为，所以，即，所以，
又因为，所以，则，
因为，则，又，
所以，
又，则①
又因为②，
联立①②解得，，所以.
如图，结合的图象及对称性可知，
在处的切线经过点，切点为，
则，所以，
整理得，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键点是找到切线与的图象有个交点时，该切线过点，再利用导数处理即可.
四、解答题
17．已知函数
(1)求函数的对称轴方程；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若关于x的方程在上恰有一解，求实数m的取值范围．
【答案】（1）对称轴方程为；（2）
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再利用正弦函数的对称性，求得函数f（x）的对称轴方程．
（2）由题意sin（2x﹣）＝ 在[0， ）上恰有一解，再利用正弦函数的单调性，结合函数y＝sin（2x﹣） 的图象，求得实数m的取值范围．
【详解】（1）∵函数f（x）＝2sinxcsx+2sin（x+）cs（x+）＝sin2x+sin（2x+）＝sin2x+cs2x＝2sin（2x+），
∴令2x+＝kπ+，求得x＝，k∈Z，故函数f（x）的对称轴方程为x＝，k∈Z．
（2）将函数f（x）的图象向右平移个单位长度，得到函数g（x）＝2sin（2x﹣+）＝2sin（2x﹣）的图象，
若关于x的方程g（x）﹣1＝m在[0，）上恰有一解，即2sin（2x﹣）＝1+m 在[0，）上恰有一解，
即sin（2x﹣）＝ 在[0，）上恰有一解．
在[0，）上，2x﹣∈[﹣，），
函数y＝sin（2x﹣），当2x﹣∈[﹣，]时，单调递增；当2x﹣∈[，]时，单调递减，
而sin（﹣）＝﹣，sin＝1，sin（）＝，
∴﹣≤＜，或＝1，求得﹣﹣1≤m＜-1，或m＝1，
即实数m的取值范围[﹣﹣1，﹣1）∪{1}．
【点睛】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的对称性，正弦函数的单调性，属于中档题．
18．设为数列的前n项积．已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合前n项积的意义求解作答.
（2）由（1）的结论求出，再利用裂项相消法求解作答.
【详解】（1）依题意，是以1为首项，2为公差的等差数列，则，
即，当时，有，两式相除得，，
显然，即，因此当时，，即，
所以数列的通项公式.
（2）设的前项和为，由（1）得，，于是，
因此，
则，
所以数列前项和为.
19．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上升，可以俯瞰四周景色，某摩天轮最高点距离地面的高度为110m，最低点距离地面10m，已知摩天轮共有40个座舱，开动后摩天轮按逆时针方向匀速旋转，转动一周的时间大约为20min．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转完一周后下舱．
(1)当游客距离地面高度不低于85m时，可以看到游乐园全貌，问在游客乘坐摩天轮旋转一周的过程中，有多少分钟可以看到游乐园全貌？
(2)当甲、乙两人先后坐上相邻的座舱，何时二人距离地面的的高度相等？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出旋转角速度，得到距离地面的高度距离关于时间的函数关系式，解不等式求出，得到答案；
（2）设游客甲坐上座舱开始转动后，甲乙距离地面的高度分别为m和m，从而求出和关于时间的解析式，解方程，得到时二人距离地面的的高度相等.
【详解】（1）以摩天轮轴心为原点，与地面平行的直线为x轴，建立平面直角坐标系，设座舱距离地面最近的位置为点P，游客坐上座舱开始转动后距离地面的高度为，
当时，游客位于点，以为终边的角为，
因为摩天轮半径，旋转角速度为，
所以，，
当，即，，
解得：，解得：，
因为min，
故摩天轮旋转一周的过程中，有分钟可以看到游乐园全貌
（2）设游客甲坐上座舱开始转动后，甲乙距离地面的高度分别为m和m，
，，
因为摩天轮共有40个座舱，故相邻两个座舱之间的圆心角为，
故，，
因为，所以，
因为，所以，解得：，
所以当甲、乙两人先后坐上相邻的座舱，时二人距离地面的的高度相等.
20．已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若，对于任意的，都有，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）或
【分析】（1）先用辅助角公式化简函数解析式，再将代入，得到，得到不等式，从而得到，化简求得，进而得到不等式的解集；
（2）当时，求得函数，分情况讨论的范围，利用对应的条件，等价结果为两个函数的值域交集为空集，从而求得参数的范围.
【详解】（1），
当时，，所以，即.
所以，所以
故原不等式的解集为.
（2）当时，，
当时，则，所以.
当时，，所以，所以；
当时，，所以，所以.
综上，或.
【点睛】该题考查的是有关三角函数的问题，涉及到的知识点有利用辅助角公式化简函数解析式，求三角不等式的解集，利用两个函数值没有相等的，等价于两个函数的值域交集为空集，从而得到参数的范围，属于中档题目.
21．已知函数（为自然底数）.
(1)判断的单调性和奇偶性；（不必证明）
(2)解不等式；
(3)若对任意，，不等式都成立，求正数的取值范围.
【答案】(1)在R上单调递增，奇函数
(2)
(3)
【分析】（1）利用函数奇偶性、单调性定义判断的单调性和奇偶性；
（2）由（1）中所得单调性可得，利用一元二次不等式、指数不等式的解法即可求解集.
（3）由题设及单调性、奇偶性可得，根据、以及基本不等式，将问题转化为，应用换元法及对勾函数的性质求左侧最小值，进而求得正数的范围.
【详解】（1）由函数定义域为R，
令，则，
由，则，故在R上单调递增.
又，故为奇函数.
（2）由题设，，又单调递增，
所以，整理得，解得，
所以，故不等式解集为.
（3）由题设及单调性知：，
整理得，
又且、，则恒成立，
又，当且仅当时等号成立，则，
由上，只需，
由，令，则，
所以，
令，则，又在上递增，
综上，，即，
所以，解得.
【点睛】关键点点睛：第三问，依据的单调性和奇偶性及基本不等式，将问题转化为，应用换元法、对勾函数的性质求左侧最小值即可求参数范围.
22．已知函数．
(1)若是的一个极值点，求的极值；
(2)设的极大值为，且有零点，求证：．
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极值点定义可知，从而解得；求导后，令，利用导数可求得单调性，结合可得的正负，进而得到单调性，由极值点定义可确定极值点，代入可得极值；
（2）求得后，令，利用导数可求得的单调性，结合零点存在定理可知有唯一零点；根据正负可确定正负，由此可得单调性，从而确定的极大值；根据方程有解可得不等式，整理可得结论.
【详解】（1），，解得：；
当时，，；
令，则，
在上单调递减，又，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，无极小值.
（2）；
令，则，
令得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
当时，，；
，，
，使得，即；
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
有极大值，也即最大值为，
有零点，有解，即有解，
，又，..
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够利用零点存在定理确定导函数的隐零点，从而得到导函数的正负，确定函数的最值；根据方程能成立可构造不等式证得结论.