重庆市第七中学2024届高三上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第七中学2024届高三上学期第一次月考数学试题（Word版附解析），共22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。

1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合A,B中元素的范围，然后求即可.
详解】,
,
,
.
故选：C.
2. 不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】当时，，得，与题意矛盾，
当时，则，解得，
综上所述，，
所以不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.
故选：A.
3. 若，则大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由在R上递增，则，
由在上递增，则.
所以.
故选：D
4. 若，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的运算性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】由，
因为，，所以，即，
所以，
当且仅当时取等号，即时取等号，
故选：B
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，根据奇偶性排除AC，根据函数在上的符号排除D，可得答案.
【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，
因为，
故函数为偶函数，其图象关于轴对称，故AC不正确；
当时，，，故，故D不正确.
故选：B.
6. 2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：
估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（ ）
A ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.
【详解】由题意进行数据分析，可得：
，解得：；
，解得：；
所以.
比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更集中，由方差的意义可以得到：.
故选：A
7. 已知函数．若曲线存在两条过点的切线，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对函数求导，设切点坐标，写出切线方程，将点（2,0）代入得到，由题意存在两条切线，可得方程有两个不等实数根，由判别式大于0可得答案.
【详解】，设切点坐标为（），则切线方程为，
又切线过点（2,0），可得，整理得，
曲线存在两条切线，故方程有两个不等实根，即满足
，解得或，
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题考查过某点的切线方程的求法和切线的条数问题，运用了转化思想，将切线的条数转化为方程的根的个数.
8. 已知函数，给出下列四个命题：
①在定义域内是减函数；
②是非奇非偶函数；
③的图象关于直线对称；
④是偶函数且有唯一一个零点.
其中真命题有（ ）
A. ①③B. ②③C. ③④D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】利用复合函数单调性的求法判断单调性，判断是否成立即可判断的奇偶性，应用特殊值求出、，反证法判断图象是否关于直线对称，利用的性质即可确定零点的个数.
【详解】函数可看成函数与函数的复合函数，
①函数在上是增函数，函数在上是减函数，故在定义域内是减函数，真命题；
②，且，故是奇函数，假命题；
③，，若，则，假命题；
④是奇函数，则是偶函数，且当时，在上是增函数，故，函数有唯一一个零点0，真命题.
故选：D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 是的充分不必要条件
B. “，”的否定是“，”
C. 钝角一定是第二象限角
D. 定义在上的偶函数的最大值为30.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断A，根据含量词的命题的否定方法判断B，根据象限角的定义判断C，根据偶函数的性质和二次函数图象及性质判断D.
【详解】∵ 或，
∴ 是的充分不必要条件，A对，
“，”的否定是“，”，B错，
∵ 钝角的取值范围为，∴钝角一定是第二象限角，C对，
∵在上的偶函数，
∴ ，即，
∴ 函数的最大值为30，D对，
故选：ACD.
10. 已知二项展开式，下列说法正确的有（ ）
A. 的展开式中的常数项是
B. 的展开式中的各项系数之和为
C. 的展开式中的二项式系数最大值是
D. ，其中为虚数单位
【答案】BC
【解析】
【分析】结合二项式系数的性质、系数的性质及对数的运算计算即可得.
【详解】，
对A：令，即，则，故A错误；
对B：令，即，故各项系数之和为，故B正确；
对C：由，故二项式系数中的最大值为，故C正确；
对D：，故D错误.
故选：BC.
11. 为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则（ ）
A. 甲乙丙三人选择课程方案有种方法
B. 恰有三门课程没有被三名同学选中的概率为
C. 已知甲不选择课程“御”的条件下，乙丙也不选择“御”的概率为
D. 设三名同学选择课程“礼”的人数为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】
A选项考查了排列组合的内容；B选项利用排列组合分别算出基本事件总数与满足题意的基本事件个数，代入古典概型公式计算；C选项利用条件概率的公式代入求解；D选项利用二项分布的公式求解.
【详解】甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程，则选择方法有种，故A错误；恰有三门课程没有被三名同学选中，表示三位同学每个人选择了不重复的一门课程，所以概率为，故B正确；已知甲不选择课程“御”的概率为，甲乙丙都不选择“御”的概率为，所以条件概率为，故C正确；三名同学选择课程“礼”的人数为，则服从二项分布，则，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：（1）解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素（或位置）的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）．
（2）不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
12. 已知函数，，则（ ）
A. 在上为增函数
B. 当时，方程有且只有3个不同实根
C. 的值域为
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数解析式作出函数图象，判断函数单调性及值域；根据导数求方程的根的个数；数形结合求得成立时，参数范围；
【详解】根据函数解析式作出函数图象，

由图象易知，在上不是增函数，故A错误；
当时，，则，

过定点，当时，与在上相交，共2个交点；
当时，，过点作的切线，设切点为，
则，，解得，，故当时，与在处相切，有1个交点；
故当时，与共有3个交点，故B正确；
由图易知，故C正确；
当时，等价于，
由函数图象，及上述分析知，；
当时，等价于，
由函数图象，及上述分析知，；
故若，，故D正确；
故选：BCD
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. ____________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据对数的运算性质及换底公式计算即可.
【详解】
.
故答案为：.
14. 函数的值域为________________，单调递增区间为____________.
【答案】 ①. ②. （开闭均可）
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，进而求出的范围，再根据指数函数的值域即可求出函数的值域，根据复合函数的单调性和指数函数的单调性求出函数的单调增区间即可.
【详解】令，解得，
所以函数的定义域为，
则，
所以，
所以，
即函数的值域为；
令，
令，其在上是增函数，在上是减函数，
而函数在定义域内为增函数，
所以函数在上是增函数，在上是减函数，
因为函数是减函数，
所以函数的单调递增区间为.
故答案为：；（开闭均可）.
15. 甲、乙、丙3所学校每所学校各派出两名同学，现从这六名同学中任取两名，安排到甲、乙、丙3所学校交流.每所学校至多安排一名同学，每名同学只能去一所学校且不能去自己原先的学校，则不同的安排方法有________种.
【答案】42
【解析】
【分析】根据所选学生是否来自同一学校分类讨论即可.
【详解】若这两名同学选自同一个学校，则有种安排方法；
若这两名同学选自两所不同学校有种选法，
比如1，2分别选自甲乙两所学校，则1去乙，2可去甲或丙校，若1去丙校，则2只能去甲校，即此时有3种方法安排学生，
故有种安排方法.
综上有36+6=42种安排方法.
故答案为：42
16. 若关于x的不等式对任意恒成立，则实数a的最大值是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先将转化为，再令构造函数，
求导得到单调性，最后参变分离得到a的取值范围即可.
【详解】由可得，，令，，
故在上单增，.令且，，当时，单增，
当或，单减.
又等价于，
当时，恒成立，；
当时，可得，即，；
当时，可得 ，又时，，.
综上，，故a的最大值是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 设是等差数列，，且成等比数列，
（1）求的通项公式：
（2）记的前n项和为，求使得成立的n的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）设数列的等差为d，根据已知建立方程，解之可得数列的通项公式.
（2）由（1）得，由已知得不等式，解之可求得n的取值范围.
【详解】解：（1）∵是等差数列，，且成等比数列，设数列的等差为d，.
∴，∴，解得，
∴；
（2）由，得，
由，得，即，解得或.
又，∴n的取值范围为或.
18. 已知函数
求曲线在点处的切线方程
若函数，恰有2个零点，求实数a的取值范围
【答案】(1) x+y-1=0.
(2) .
【解析】
【分析】(1)求得f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线方程；
(2) 函数恰有2个零点转化为两个图象的交点个数问题，数形结合解题即可.
【详解】（1）因为，所以.
所以
又
所以曲线在点处的切线方程为
即.（5分）
（2）由题意得，，
所以.
由，解得，
故当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
又，，
若函数恰有两个零点，
则解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】本题考查函数零点问题.函数零点问题有两种解决方法，一个是利用二分法求解，另一个是化原函数为两个函数，利用两个函数的交点来求解.
19. 如图，在四棱锥A－BCDE中，△BCE为等边三角形，平面ACD⊥平面CDE，AC⊥CD，二面角D－AC－E的大小为60°．
（1）求证：∥平面ABE；
（2）若AC＝BC＝2，点G为线段AB上的点，若直线CB与平面CEG所成角的正弦值为，求线段AG的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立坐标系用向量法求解即可
【小问1详解】
在四棱锥中，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面；
又平面，
所以，，
所以为二面角的平面角，
所以，
又，
所以．
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，则，
又，
所以，
又平面，平面，
所以，
所以，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在的直线为轴建立的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设，
所以
设平面的法向量为，
则即，
令，可得，，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
解得，
所以的长为．
20. 随着智能手机的普及，手机计步软件迅速流行开来，这类软件能自动记载每日健步走的步数，从而为科学健身提供了一定帮助.某企业为了解员工每日健步走的情况，从该企业正常上班的员工中随机抽取300名，统计他们的每日健步走的步数（均不低于4千步，不超过20千步）.按步数分组，得到频率分布直方图如图所示.
（1）求这300名员工日行步数（单位：千步）的样本平均数（每组数据以该组区间的中点值为代表，结果保留整数）；
（2）由直方图可以认为该企业员工的日行步数（单位：千步）服从正态分布，其中为样本平均数，标准差的近似值为2，求该企业被抽取的300名员工中日行步数的人数；
（3）用样本估计总体，将频率视为概率.若工会从该企业员工中随机抽取2人作为“日行万步”活动的慰问奖励对象，规定：日行步数不超过8千步者为“不健康生活方式者”，给予精神鼓励，奖励金额为每人0元；日行步数为8~14千步者为“一般生活方式者”，奖励金额为每人100元；日行步数为14千步以上者为“超健康生活方式者”，奖励金额为每人200元.求工会慰问奖励金额（单位：元）的分布列和数学期望.
附：若随机变量服从正态分布，则，，.
【答案】(1) 12 (2) 47 (3) 分布列见解析，
【解析】
【分析】
(1) 用每组数据中该组区间的中点值为代表，利用公式直接可求解.
(2)由题意得，求出即可求解出答案.
(3)由频率分布直方图可知每人获得奖金额为0元的概率为0.02，每人获得奖金额为100元的概率为：0.88，每人获得奖金额为200元的概率为：,的取值为0，100，200,300,400.
分布求出概率，列出分布列，求出数学期望.
【详解】（1） 由题意有
（千步）
（2）由，由（1）得
所以
所以300名员工中日行步数的人数：.
(3)由频率分布直方图可知：
每人获得奖金额为0元的概率为：.
每人获得奖金额为100元的概率为：
每人获得奖金额为200元的概率为：
取值为0，100，200,300,400.


所以的分布列为：
（元）
【点睛】本题考查利用频率分布直方图求平均值，正态分布，离散型随机变量的概率分布列与数学期望，属于中档题.
21. 已知椭圆：的长轴长为，焦距为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线交椭圆于、两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意计算即可得；
（2）结合韦达定理与题目条件，将用与有关的等式表示出来，从而求得的最大值，即可得面积的最大值.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为，则有、，即、，
则，
故所求椭圆方程为；
【小问2详解】
设，
当轴时，即有，则有，即，
即，则，
当与轴不垂直时，设直线的方程为，
则有，消去得，
，即，
有，，
点到直线的距离，即，
则
，
当时，有，故，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，即，
综上所述，，故面积最大值.
【点睛】关键点睛：本题关键在于结合韦达定理，表示出与的关系，从而得到的最大值.
22. 已知函数，，已知是函数的极值点．
（1）求曲线在处的切线方程，并判断函数的零点个数；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（3）设函数．证明：．
【答案】（1），在定义域上存在唯一零点
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先求导数，再求，即可求得切线，然后求出函数单调区间,利用零点存在定理即可判断函数零点个数.
（2）首先参变分离，求函数的单调区间，设出零点，分析函数单调区间，求最小值，然后整体换元，即可求解.
（3）首先确定定义域，再令换元，然后对进行单调性分析，求出参数的值，从而求出的表达式，再对进行分析，即可求证.
【小问1详解】
，所以，又所以切线方程为：，即切线方程为：；根据，可知在上为正，因此在区间上为增函数，又， ，因此，即在区间上恰有一个零点，由题可知在上恒成立，即在上无零点，则在定义域上存在唯一零点．
【小问2详解】
原不等式可化为，
令，则，由（1）可知在上单调递减，在，上单调递增，，
设的零点为，即，下面分析，设，则，可得，即
若，等式左负右正不相等，若，等式左正右负不相等，只能．
因此，
即．
【小问3详解】
证明：由题意，的定义域为，
令，则，，
则，
因为是函数的极值点，则有，即，所以，
当时，，且，
因为，
则在上单调递减，
所以当时，，
当时，，
所以时，是函数的一个极大值点．
综上所述，；
所以，
要证，即需证明，
因为当时，，
当时，，
所以需证明，即，
令，
则，
所以，当时，，
当时，，
所以为的极小值点，
所以，即，
故，
所以．
【点睛】(1)切线方程的求法主要利用导数求解切线斜率，其次需要注意题目中的关键字眼“在”与“过”的不同.
(2)函数零点的个数的判断主要利用零点存在定理，利用函数在某区间端点值异号来判断.
(3)导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

0
100
200
300
400
0.0004
0.0352
0.7784
0.176
0.01