四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三上学期10月月考（一诊模拟）文科数学答案

这是一份四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高三上学期10月月考（一诊模拟）文科数学答案，共17页。试卷主要包含了考试结束后，本试卷收回．， “”是“”， 已知是第三象限角，则点位于， 已知命题p， 函数y＝ 的大致图像是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3.考试结束后，本试卷收回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合A，再根据交集的定义可求得结果.
【详解】，，
，又，
.
故选：B.
2. 已知向量，，若，则实数m等于（ ）
A B. 0C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示，列式计算即得.
【详解】向量，，则，解得，
所以实数m等于.
故选：D
3. 下列函数中，既是奇函数，又在上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦函数、幂函数、对勾函数性质判断各函数的奇偶性、区间单调性即可.
【详解】由定义域为R且，易知为奇函数，
又，故在上递减，A符合.
由在上递增，B不符合；
由定义域为，显然区间不满足定义域，C不符合；
由定义域为R且，即为偶函数，D不符合；
故选：A
4. 设是等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. 15B. 30C. 45D. 60
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质求出，再根据等差数列前n项和公式即可得解.
【详解】由题意得，所以，
所以.
故选：C.
5. “”是“”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分、必要性定义，结合不等式的推出关系判断题设条件间的关系.
【详解】由，则成立，充分性成立；
由，若，显然不成立，必要性不成立；
所以 “”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 已知是第三象限角，则点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据角所在象限结合二倍角正弦公式即可判断答案.
【详解】因为是第三象限角，故，
则，
故在第二象限，
故选：B
7. 执行如图所示的程序框图，若输出的a的值为17，则输入的最小整数的值为（ ）
A. 9B. 12C. 14D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据流程框图代数进行计算即可，当进行第四次循环时发现输出的值恰好满足题意，然后停止循环求出的值.
【详解】第一次循环，，不成立；
第二次循环，，不成立；
第三次循环，．不成立；
第四次循环，，，成立，
所以，输入的最小整数t的值为9．
故选：A
8. 已知命题p：在中，若，则；q：若，则，则下列命题为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件分别判断命题，命题的真假，然后结合复合命题的真假关系进行判断即可.
【详解】命题p：在中，若，由正弦定理得，所以，为真命题，
当，对于，当且仅当时等号成立，
所以命题q：若，则，为真命题，
所以为真命题，假命题，假命题，假命题，
故选：A.
9. 函数y＝ (其中e为自然对数的底数)的大致图像是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：排除法，根据函数值的特点，排除即可；
方法二：根据导数和函数的单调性即可判断.
【详解】方法一：排除法：当时，，排除C，
当时，恒成立，排除A、D，
故选B.
方法二：，
由，可得，令，可得或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以只有B符合条件，
故选B
【点睛】该题考查的是有关函数图象的识别问题，注意在识别函数图象的过程中，可以从函数的定义域，函数的单调性，函数图象的对称性，函数图象所过的特殊点以及函数值的符号等方面来确定.
10. 纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该蓄电池的Peukert常数约为（ ）（参考数据：，）
A. 0.82B. 1.15C. 3.87D. 5.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及对数运算即可求解.
【详解】根据题意可得，两式相除可得，
所以，可得.
故选：B.
11. 已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可得,，
，
，．故A正确．
考点：三角函数单调性．
12. 设函数，直线是曲线的切线，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先设切点写出切线方程，再求的解析式，最后通过求导判断单调性求出最小值.
【详解】令的切点为，因为，
所以过切点的切线方程为，
即，所以，
所以，
令，则，
所以当时恒成立，此时单调递减，
当时恒成立，此时单调递增，
所以，所以，
故选：C
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】对已知式子利用三角函数恒等变换公式化简变形可得答案.
【详解】由，得
，
，
所以，
所以，
故答案为：
14. 等比数列中，，，则___________．
【答案】108
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得，求得，继而根据求得答案.
【详解】由题意等比数列中，，，
设等比数列的公比为q，则，
故，
故答案为：108
15. 如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】改为向量的终点在同一直线上，再利用共线定理的推论即可得到参数的方程，解之即可.
【详解】因为，即，
所以
又
所以，解得.
故答案为：.
16. 已知函数是R上的奇函数，对任意，都有成立，当，且时，都有，有下列命题：
①； ②函数图象关于直线对称；
③函数在上有5个零点；④函数在上为减函数．
则以上结论正确的是___________．
【答案】①②
【解析】
【分析】由题意分析的对称性 、单调性、周期性，对结论逐一判断.
【详解】根据题意，函数是上的奇函数，则；
由得，即
所以是函数的一条对称轴；
又由为奇函数，则，
变形可得，则有，
故函数是周期为4的周期函数，
当，且时，都有，
则函数在区间上为增函数，又由是上的奇函数，
则在区间上单调递增；
据此分析选项：
对于①，，则，
，故①正确；
对于②，是函数的一条对称轴，且函数是周期为4的周期函数，则是函数的一条对称轴，又由函数为奇函数，则直线是函数图象的一条对称轴，故②正确；
对于③，函数在上有7个零点：分别为，，，0，2，4，6，故③错误；
对于④，在区间上为增函数且其周期为4，函数在上为增函数，故④错误；
故答案为：①②．
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．
（一）必考题：共60分．
17. 设是公差不为0的等差数列，，成等比数列．
（1）求的通项公式：
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设的公差为，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出通项公式，
（2）由（1）得，再利用裂项相消法可求得结果.
【小问1详解】
设的公差为，
因为成等比数列，所以
又因为，所以，所以．
因为，所以，所以，得，
故．
【小问2详解】
因为，
所以
．
18. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，求函数在上的单调递减区间．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数图象求出，，进而得出.根据“五点法”，即可求出的值；
（2）先求出，根据已知得出.结合正弦函数的单调性，解，即可得出答案.
【小问1详解】
由图易知，，
所以，．
易知，故函数的图象经过点，
所以．
又 ，∴．
∴．
【小问2详解】
由题意，易知，
因为时，所以.
解可得，，
此时单调递减，
故函数的单调递减区间为.
19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）已知，，边BC上有一点D满足，求AD．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形内角和定理、诱导公式，结合正弦定理、正弦的二倍角公式进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理进行求解即可.
【小问1详解】
∵，由正弦定理，有，
即，
又，即有，，
，，所以，，故．
【小问2详解】
设，，由（1）知，
在△ABC中，由余弦定理，可知
，∴
又，可知，
在△ABD中，，
即，①
在△ACD中，，
即，②
联立①②解得.
20. 已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值
（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间
（2）若对，不等式恒成立，求c的取值范围.
【答案】（1），单调递增区间为和 ，单调递减区间为；（2）或
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，由题可得即可求出；
（2）求出在的最大值即可建立关系求解.
【详解】（1），，
在与时都取得极值，
，解得，
，
令可解得或；令可解得，
的单调递增区间为和 ，单调递减区间为；
（2），
由（1）可得当时，为极大值，而，
所以，
要使对恒成立，则，解得或.
21. 已知函数，．
（1）若在区间上单调递减，求实数a的取值范围；
（2）若，存在两个极值点，，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，转化为在上恒成立，构造函数，利用导数可求出其最小值，
（2）由（1）知：，满足，，不妨设，则，则，所以只需证成立，构造函数，利用求出其出其最大值小于零即可.
【小问1详解】
∵，又在区间上单调递减，
∴在上恒成立，即在上恒成立，
∴在上恒成立；
设，则，
当时，，∴单调递增，
∴，
∴，即实数a的取值范围是．
【小问2详解】
由（1）知：，满足．
∴，不妨设，则．
∴，
则要证，即证，
即证，也即证成立．
设函数，则，
∴在单调递减，又．
∴当时，，
∴，即.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数证明不等式，解（2）问解题的关键是根据题意将问题转化为证成立，构造函数，利用导数求出其最值即可，考查数学转化思想，属于较难题.
（二）选考题：共10分．请考生在第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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
【答案】（1）：，：；（2），此时.
【解析】
【详解】试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
试题解析： （1）普通方程为，的直角坐标方程为.
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
考点：坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．
[选修4-5：不等式选讲]
23.
已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的不等式在上无解，求实数的取值范围.
【答案】（1）; （2）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）将的表达式以分段函数的形式写出，将原题转化为求不等式组的问题，最后对各个解集求并集得出原不等式的解集；
（2）在上无解相当于，从而得到关于的一元二次不等式，解得的范围.
试题解析：
（1）由题意得.
则原不等式转化为或或.
原不等式的解集为.
（2）由题得，
由（1）知，在上的最大值为，即，
解得或，即的取值范围为.