四川省内江市第二中学2023-2024学年高三上学期第三次月考理科数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第二中学2023-2024学年高三上学期第三次月考理科数学试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 设命题，则为， 已知复数满足，则， 设集合，则， 已知函数则， 设函数， 下列说法正确的个数是等内容，欢迎下载使用。
一､选择题：本题共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. 设命题，则为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定形式可得.
【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以的否定为，.
故选：B．
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法求出复数，再利用复数模的公式计算.
【详解】复数满足，则，.
故选：A
3. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，
【详解】由题意得，，
则，则，故A错误；
，或，则，故B正确；
又，，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
4. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以且，
解得，
所以，则.
故选：C
5. 已知是定义在R上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断时函数的单调性，并根据零点，求的解集，然后根据奇函数的性质，求函数在时，的解集，即可求解.
【详解】当时，是增函数+增函数=增函数，且，
所以当时，，时，，
根据奇函数的性质可知，，，，，
所以不等式的解集是.
故选：D
6. 已知均为大于0的实数，且，则大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将问题转化为函数与直线的交点的横坐标的关系，再作出图像，数形结合求解即可.
【详解】解：因为均为大于0的实数，
所以，
进而将问题转化为函数与直线的交点的横坐标的关系，
故作出函数图像，如图，
由图可知
故选：C
7. 已知函数则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得当时，是周期为的函数，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】当时，，令，则，
即，则，
即是周期为的函数，
又因为，
且，
所以
故选：A
8. 设函数（，）的部分图象如图所示.若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图像可求出函数的解析式，由已知结合诱导公式知，再利用二倍角公式可求解.
【详解】由图可知，，
，，
，，
，，，
又，，
，
故选：A
9. 下列说法正确的个数是（ ）
①已知是任意实数，则是且的必要不充分条件；
②已知是函数的一个零点，若，则；
③已知函数是定义域上的奇函数，则；
④已知，则.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用必要不充分条件定义可判断①；利用的单调性可判断②；代入，利用奇偶性定义可判断③；求出，然后弦化切可判断④.
【详解】对于①，因为，所以，但不一定有且，所以充分性不成立，若且可得，所以必要性成立，可得是且的必要不充分条件，故①正确；
对于②，因为在上单调递增，所以
在上单调递增，且，，
因为是函数的一个零点，若，则故②正确；
对于③，的定义域为，时，，
因为，所以不是奇函数，故③错误；
对于④，已知，可得，且，
则
，故④正确
故选：C.
10. 记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：
①；
②；
③在上单调递增；
④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度．
以上四个说法中，正确的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由为一条对称轴得，结合的范围可求得，从而得出的解析式，求值可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图象平移的规律可判断④.
【详解】由且，故，故①错误；
因为为一条对称轴，故，．由于，故，则，所以，故②正确；
当时，，则在上单调递增，故③正确；
将的图象向右平移个单位长度得的图象，而，故④错误．
所以，正确的有②③，共2个．
故选：B．
11. 已知定义在上的函数的导数为，对任意的满足，则下列判断错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知等式构造新函数，利用新函数的单调性逐一判断即可.
【详解】设，
所以函数是实数集上的增函数.
A：因为函数是实数集上的增函数，
所以有，所以本选项判断正确；
B：因为函数是实数集上的增函数，
所以有，所以本选项判断正确；
C：因为函数是实数集上的增函数，
所以有，所以本选项判断正确；
D：因为函数是实数集上的增函数，
所以有，
因为不能判断的正负性，所以不能判断之间的大小关系，因此本选项判断不正确，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用构造新函数，进而利用新函数的单调性进行判断.
12. 已知函数，若函数的一个零点为．其图像的一条对称轴为直线，且在上单调，则的最大值为（ ）
A. 2B. 6C. 10D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由表示T，再由 是的一个单调区间，确定T的范围，从而得到范围，再逐一验证.
【详解】解：由题意得：，
所以，，
又，
所以，
因为在上单调，
所以，则，
所以，即，解得，
所以，
当时， ，
因为函数的一个零点为，
所以，
则，即，
因为，则，
所以，
若，则，
因为在上不单调，不符合题意；
当时， ，
因为函数的一个零点为，
所以，
则，即，
因为，无解；
当时， ，
因为函数的一个零点为，
所以，
则，即，
因为，则，
所以，
若，则，
因为在上不单调，不符合题意；
当时， ，
因为函数的一个零点为，
所以，
则，即，
因为，则，
所以，
若，则，
因为在上不单调，不符合题意；
当时， ，
因为函数的一个零点为，
所以，
则，即，
因为，则，
所以，
若，则，
因为在上单调，符合题意；
所以的最大值为6，
故选：B
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 曲线在点处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线斜率，进而可得切线方程.
【详解】由，得，
则，
又，
所以切线方程为，即，
故答案为：.
14. 设，函数为偶函数，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先用辅助角公式将化简为，由诱导公式，若为偶函数，则（），由此可求出的最小值.
详解】
，
∵为偶函数，所以（），
∴，
又∵，∴当时，最小值为.
故答案为：.
15. 在中，角的对边分别为，且，的面积为，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件式，切化弦，并利用正弦理边化角可求得角，再结合三角形面积公式和余弦定理可得解.
【详解】由，可得，
由正弦定理可得，，而sinB>0，
整理得，
即，，
，所以上式变为，
又，，
因为，所以，解得，
又由余弦定理可得，，解得，
，.
故答案为：.
16. 已知函数有三个零点，且，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】确定，设，求导得到单调区间，计算最值，画出函数图像，根据图像知有两根，，且，，计算得到答案.
【详解】，，故，
设，，，
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；
，画出函数图像，如图所示：
故有两根，，，解得或，
①满足，，只需且，
解得.
②满足，，将代入方程解得，，不满足；
综上所述：
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，利用换元的方法，将零点问题转化为二次函数根的分布问题，是解题的关键，结合函数图像可以快速得到答案.
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.
17. 已知向量，函数．
（1）求的最小正周期和单调递减区间；
（2）在中，，求边的长．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积坐标表示得到的解析式，化简得，由周期公式可解得，利用整体角的范围求解单调减区间即可；
（2）由整体角范围解三角方程可得，再由已知条件，结合正弦定理可求.
【小问1详解】
由题意得
，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以的单调递减区间为
【小问2详解】
由（1）知，，
则，由，得，
则，解得，
又由，得，已知，
则由正弦定理，
得.
18. 电视传媒公司为了解某地区观众对某体育节目的收视情况，随机抽取了名观众进行调查，其中女性有名，下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：
将日均收看该体育节目时间不低于分钟的观众称为“体育迷”.
（1）根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
（2）将上述调查所得到的频率视为概率.现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取名观众，抽取次，记被抽取的名观众中的“体育迷”人数为.若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列和期望.
附表及公式：
其中.
【答案】（1）列联表见解析 ，无关
（2）分布列见解析 ，
【解析】
【分析】（1）首先根据频率分布直方图补全列联表，然后根据列联表中的数据计算进行卡方检验即可.
（2）将频率视作概率，得到随机抽取一位观众是体育迷的概率，再根据题意算出相应的概率即可得到分布列，结合期望计算公式即可得解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知：在抽取的人中，“体育迷”有人，从而可得列联表如下：
将列联表中的数据代入公式计算得：，
没有充分的理由即没有的把握认为“体育迷”与性别有关，即“体育迷”与性别无关.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知抽到“体育迷”的频率为，
若将频率视为概率，即从观众中抽取一名“体育迷”的概率为，则，
所有可能的取值为，
，，
，；
的分布列如下：
.
19. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，．
（1）若边上的高等于1，求；
（2）若为锐角三角形，求的面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由正弦定理求出，注意到，由此可以求出，最终由余弦定理即可求解.
（2）先由正弦定理以及恒等变换表示，结合已知条件可以求出的范围，且注意到，由此即可得解.
【小问1详解】
由正弦定理，，
所以，则，又，所以，
因为，
所以，解得，
又由余弦定理，，
解得，所以．
【小问2详解】
由正弦定理有，且由（1）可知，
所以，
又因为锐角，
所以，解得，
所以，所以，
所以，
所以面积的取值范围是．
20. 已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导，再分，，讨论即可求解；
（2）即，结合（1）即可求解
【小问1详解】
，
当即时，或，
故在和上单调递增，在上单调递减；
当即时，，在上单调递增；
当即时，或，
故在和上单调递增，在上单调递减；
综上可知：时，故在和上单调递增，在上单调递减；
时， 在上单调递增；
时，在和上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）知，当时，在上恒成立，单调递增，
故，符合题意：
当时， ，
故在上单调递减，在上单调递增；
，
故，解得；
综上.
21. 已知 ，函数，.
（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；
（2）若，求证：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.
（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.
【小问1详解】
，定义域均为，
，
当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；
当时，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，
当时：，在单调递减，无极值，与题不符；
当时：令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
由题：，解得：.
【小问2详解】
令，因为，所以，
由可得：，
（1）-（2）得：，所以，
要证： ，只要证： ，只要证：
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令， ，
所以在上单调递增，
， 即有成立，所以成立.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题做答.如果多做，则按所做的第一题记分.
【选修44：坐标系与参数方程】
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），过点的直线与仅有一个公共点，该公共点在第一象限，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求和的极坐标方程；
（2）已知（），分别为和上的动点，且，若的面积为1，求．
【答案】（1）的极坐标方程，的极坐标方程
（2）或或
【解析】
【分析】（1）先分别求出和的普通方程，再根据即可求出其极坐标方程；
（2）由题意可得，再结合直线的极坐标方程即可得出答案.
【小问1详解】
由于的参数方程为，
所以的普通方程为，
又，所以极坐标方程为，
因为过点的直线与仅有一个公共点，该公共点在第一象限，
当直线的斜率不存在时，方程为，与相离，
所以直线的斜率存在，由图可知，，
设，即，
则，解得（舍去），
所以直线的方程为，
又，所以直线的极坐标方程为，
即，
所以直线的极坐标方程为；
【小问2详解】
由题可知，面积，
因为的面积为1，则，则，
由于，则，则，或，
所以或或．
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数
（1）求不等式的解集；
（2）记函数的最小值为，若是正实数，且，求证.
【答案】（1）不等式的解集为，（2）证明见详解
【解析】
【分析】
（1）分3种情况解出即可
（2）首先求出，即可得到，然后，用基本不等式即可证明.
【详解】（1）等价于
或或
解得或或
所以不等式的解集为
（2）因为
当时等号成立，所以的最小值为3，即
所以
所以
当且仅当时等号成立非体育迷
体育迷
合计
男
女
合计
0.10
0.05
0.010
0.005
2.706
3.841
6.635
7.879
非体育迷
体育迷
合计
男
女
合计