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    四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期第二学月测试理科数学试题(Word版附解析)

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    四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期第二学月测试理科数学试题(Word版附解析)

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    这是一份四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期第二学月测试理科数学试题(Word版附解析),共21页。试卷主要包含了 考试结束后将答题卡收回, 已知函数的图像大致为等内容,欢迎下载使用。
    理科数学
    本试卷分为试题卷和答题卡两部分,其中试题卷由第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)组成,共4页;答题卡共6页.满分150分,考试时间120分钟.
    注意事项:
    1. 答题前,考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚,同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内.
    2. 选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上,如需改动,用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案;非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效.
    3. 考试结束后将答题卡收回.
    第Ⅰ卷(选择题,共60分)
    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,只有一项是符合题意要求的.
    1. 已知集合,,则( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】解分式不等式化简集合,再利用集合的交集运算即可得解.
    【详解】因为,,
    所以.
    故选:A.
    2. 执行如图所示程序框图,则输出的n为( )
    A. 4B. 5C. 6D. 7
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据循环的功能,一一循环验证,直至,终止循环,输出结果.
    【详解】解:因为,,
    第一次执行循环体,得,;
    第二次执行循环体,得,;
    第三次执行循环体,得,;
    第四次执行循环体,得,,
    则输出.
    故选:B.
    3. 已知正数满足,则的最小值为( )
    A. 5B. C. 4D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】首先乘以,然后根据基本不等式求解;
    【详解】因为,
    则,
    当且仅当,即时取等号,
    故选:.
    4. 若四边形是边长为2的菱形,,分别为的中点,则( )

    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】利用平面向量的线性运算和数量积运算解答.
    【详解】因为四边形是边长为2的菱形,,
    所以.
    所以
    故选:A
    5. 已知函数的图像大致为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】利用排除法求解,先判断函数的奇偶性,再取特殊值根据函数图象的变化趋势判断
    【详解】定义域为,
    因为,
    所以为奇函数,所以其图象关于原点对称,所以排除CD,
    当,,
    当时,的增加幅度远大于的变化幅度,则时,,所以排除B,
    故选:A
    6. 已知实数,满足,则下列各项中一定成立的是( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】由,可得,根据不等式的性质即可判断A;根据正弦函数的单调性即可判断B;根据对数函数的单调性及换底公式即可判断C;根据指数函数及幂函数的单调性即可判断D.
    【详解】因为,所以,
    则,故A错误;
    当时,,所以,故B错误;
    因为,所以,
    所以,即,故C错误;
    因为,所以,即,故D正确.
    故选:D.
    7. 某程序研发员开发的小程序在发布时已有1000名初始用户,经过t天后,用户人数,其中k和m均为常数.已知小程序发布经过10天后有4000名用户,则用户超过2万名至少经过的天数为( )(天数按整数算,取).
    A. 20B. 21C. 22D. 23
    【答案】C
    【解析】
    【分析】根据题中条件求得参数,继而列出不等式,结合对数的运算,即可求得答案.
    【详解】由题意知,当时,,
    又因为小程序发布经过10天后有4000名用户,
    所以,
    令,
    所以

    故用户超过2万名至少经过的天数为22,
    故选:C
    8. 已知等比数列的前n项和为,若,则( )
    A. 12B. 36C. 31D. 33
    【答案】C
    【解析】
    【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.
    【详解】因为等比数列的前n项和为,且,所以不妨设则.
    由分段后性质可知:构成等比数列.
    由,即,解得:.
    所以.
    故选:C
    9. “”是“函数在上单调递增”的( )条件
    A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据函数在上单调递增求出的取值范围,再判断充分性与必要性即可.
    【详解】因为函数在上单调递增,
    所以时恒成立且在上单调递增,
    所以,
    则是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
    故选:A
    10. 若偶函数在上单调递减,且,则不等式的解集为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】先根据函数为偶函数,不等式变形为,由函数在上单调递减,且,
    求出在上单调递增,且,分与两种情况进行求解,得到答案.
    【详解】因为为偶函数,所以,
    所以,且,因为在上单调递减,且,
    所以在上单调递增,且,
    当时,则,故,
    当时,则,故,
    综上:的解集为.
    故选:B
    11. 已知函数在定义域上导函数为,若方程无解,且,当在上与在上的单调性相同时,则实数的取值范围是( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】等价转化为 在上恒成立,再分离参数即可.
    【详解】因为方程无解,所以函数为单调函数,
    因此由,得(为常数),
    即 为单调增函数,
    因此 在上恒成立.
    即在上恒成立.

    因此,
    故选:A.
    12. 已知函数,若有两个极值点、且,则实数a的取值范围为( )
    A. B.
    C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】有两个极值点,则方程有两个实根,设,利用导数研究单调性,作出函数图像,可知,,随a的减小而增大,当时解得,可求实数a的取值范围.
    【详解】,有两个极值点,则有两个零点,
    即方程有两个实根,也即方程有两个实根,
    令,则,
    所以解得,解得,
    从而在上单调递增,在上单调递减,
    时;时,,
    据此可作出函数的图像如下:

    首先当且仅当时,直线与函数的图象有两个交点,
    其次,由图可知,且当时,随a的减小而增大,
    不妨考虑的情形,此时,因为,所以,
    将代入得:,两式相除得,故,即.
    所以当且仅当时,有两个极值点、且.
    故选:A
    第Ⅱ卷(非选择题,共90分)
    二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分,把答案直接填答题卷的横线上.
    13. 设x,y满足条件,则的最大值为__________.
    【答案】4
    【解析】
    【分析】作出不等式组表示的平面区域,再利用目标函数的几何意义求解作答.
    【详解】不等式组表示的平面区域,如图中阴影(含边界),其中,

    目标函数,即表示斜率为,纵截距为的平行直线系,
    画直线,平移直线到直线,当直线过点时,直线的纵截距最大,最大,,
    所以的最大值为4.
    故答案为:4
    14. 若向量,且,则__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】利用向量的坐标运算及向量共线的坐标表示,列式求出即可得解.
    【详解】依题意,,由,得,解得,
    所以.
    故答案为:
    15. 已知,则___.
    【答案】##0.75
    【解析】
    【分析】根据角的变换,利用诱导公式求解.
    【详解】,
    故答案为:
    16. 已知函数,对都有,且是的一个零点.若在上有且只有一个零点,则的最大值为__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据余弦型函数的基本性质可得出关于、的方程组,解出、的表达式,再结合函数与方程的关系,将问题转化为存在唯一的,使得函数取到最大值,且,结合三角函数的基本性质,求出的范围,由大到小进项检验,即可求得的最大值.
    【详解】因为函数,
    对都有,且是的一个零点,
    则,解得,
    因为函数在上有且只有一个零点,
    则方程在上有且只有一个根,
    因为,所以,存在唯一的,使得函数取到最大值,且,
    则,解得,
    令,则,且,
    所以,、的奇偶性相同,
    由可得,解得,即,
    当时,,为奇数,则,所以,,
    由可得,
    此时,当或时,函数取最大值,不合乎题意;
    当时,,为偶数,,即,
    由可得,
    此时,当时,函数取最大值,合乎题意.
    综上所述,的最大值为.
    故答案为:.
    【点睛】思路点睛:三角函数图象与性质问题的求解思路:
    (1)将函数解析式变形为或的形式;
    (2)将看成一个整体;
    (3)借助正弦函数或余弦函数的图象和性质(如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等)解决相关问题.
    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为选考题,考生根据要求作答.
    (一)必考题:共60分.
    17. 已知数列满足.等比数列的公比为3,且.
    (1)求数列和的通项公式;
    (2)记,求数列前项和.
    【答案】(1),
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据数列的递推公式和等比数列的定义即可求出数列通项;
    (2)根据分组求和与裂项求和法以及等比数列的求和公式即可求出
    【小问1详解】
    数列满足,
    是以为首项,为公差的等差数列,
    ,,
    等比数列的公比为3,且,

    【小问2详解】

    18. 已知函数(,).已知的最大值为1,且的相邻两条对称轴之间的距离为
    (1)求函数的解析式及在的单调递增区间;
    (2)若将函数图象上点纵坐标不变,横坐标变为原来的,再向右平移单位,得到函数的图象,若在区间上的最小值为,求m的最大值.
    【答案】(1);,
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据题干中所给条件求出解析式,然后求其单调区间即可.
    (2)根据的平移变换求出表达式,然后根据区间上的最小值为,求m的最大值.
    【小问1详解】

    ,解得;,即,
    解得;;
    令,得,
    所以函数的单调递增区间为();
    所以在的单调递增区间为,
    【小问2详解】
    将函数图象上的点纵坐标不变,横坐标变为原来的,
    得到的图象,再向右平移单位,
    得到函数的图象,
    即;
    因为,所以,
    因为在区间上的最小值为,
    所以,解得.
    所以的最大值为.
    19. 在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知.
    (1)求角A的大小;
    (2)若,求BC边上中线AD长的最小值.
    【答案】(1)
    (2)1
    【解析】
    【分析】(1)根据正弦定理边化角,再根据三角恒等变换化简求解即可;
    (2)由余弦定理可得,再根据两边平方化简可得,联立可得,再根据基本不等式求最值即可
    【小问1详解】
    因为,所以,
    所以.
    因为,所以.
    因为,所以.
    【小问2详解】
    在中,由余弦定理得,
    所以,①
    因为为边上的中线,所以,
    所以,②
    由①得,③
    代入②得,④
    由③得,所以,
    当且仅当即时取等号,
    代入④得,所以,长的最小值为1.
    20. 已知函数的图象过点,且在点P处的切线恰好与直线垂直.
    (1)求函数的解析式;
    (2)若函数的图象与抛物线恰有三个不同交点,求m的取值范围.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据图象过点及导数的几何意义列方程求解即可;
    (2)构造差函数,从而只需函数有三个零点即可,求导,求极值即可求解.
    【小问1详解】
    因为的图象经过点,
    所以,又,则,
    由条件,即,解得,代入解得,
    故;
    【小问2详解】
    由(1)知:,
    令,
    则原题意等价于图象与轴有三个交点.
    因为,
    所以在时取得极大值,在时取得极小值,
    依题意得,解得,故m的取值范围为.
    21. 已知函数.
    (1)若在定义域内单调递增,求的取值范围;
    (2)若有两个不同的极值点,且则存在,使得成立.求的取值范围.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)转化为恒成立,再利用导数求出最小值代入可求出结果;
    (2)先推出,,再将不等式化为恒成立,根据右边构造函数,利用导数求出最大值即可得解.
    【小问1详解】
    的定义域为,

    在定义域内单调递增当时,恒成立,
    若恒成立,
    若,设,

    当时,,当时,,
    在上为减函数,在上为增函数,
    故.
    综上.
    【小问2详解】

    因为存在两个极值点且,
    则为方程的两个根,即为的两根,
    因为,且.
    所以且,,
    因为,
    则,
    设,则;
    令,则,
    当时,,为减函数,
    所以当时,,
    ∴当时,,即;
    ∴单调递增,则,
    ∴.
    【点睛】结论点睛:本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:
    一般地,已知函数,
    (1)若,总有成立,故;
    (2)若,总有成立,故;
    (3)若,使得成立,故;
    (4)若,使得,故.
    (二)选考题:共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题记分.
    [选修4-4:坐标系与参数方程]
    22. 如图,在极坐标系中,圆的半径为,半径均为的两个半圆弧所在圆的圆心分别为,,是半圆弧上的一个动点,是半圆弧上的一个动点.

    (1)若,求点的极坐标;
    (2)若点是射线与圆的交点,求面积的取值范围.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)根据图形关系可确定,极角,由此可得点的极坐标;
    (2)利用表示出和,代入三角形面积公式,结合三角恒等变换知识可化简得到,结合正弦型函数值域可求得结果.
    【小问1详解】
    由知:,,

    点的极角为,点的极坐标为.
    【小问2详解】

    由题意知:,,,

    ,,,.
    [选修4-5:不等式选讲]
    23. 已知函数.
    (1)求的解集;
    (2)若函数的最小值为,且,求的最小值.
    【答案】(1)
    (2)4
    【解析】
    【分析】(1)利用分区间讨论的方法,去掉绝对值符号,化简函数的表达式,进而将转化为3个不等式组求解,即得答案;
    (2)结合(1)中的表达式,确定M的值,利用河西不等式即可求得答案.
    【小问1详解】

    故等价于或或,
    解得,
    不等式的解集为;
    【小问2详解】
    当时,;
    当时,;
    当时,,
    故函数的的最小值为,即
    利用柯西不等式可得,
    即,当且仅当时等号成立,
    结合,即当时,取得最小值4.
    1
    0
    0
    极大
    极小

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