重庆市渝北中学2023届高三数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

重庆市渝北中学高2023级高三9月月考数学试题（全卷共6大题16小题，总分150分，考试时长120分钟）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考号填写清楚．2．请将所有答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答．3．选择题部分请按题号用2B铅笔填涂．4．非选择题部分请按题号用0.5毫米黑色墨水签字笔书写．一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40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.设全集，集合，则集合（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】解不等式化简集合A，B，再利用补集、交集的定义求解作答.【详解】解不等式得：，即，则，解不等式得：，则，因此，，所以.故选：C2.若，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用不等式的基本性质可判断A，采用作差法逐一判断选项B,C,D的正误即可.【详解】对于选项A：因为，，所以，故A不正确；对于选项B：由于，因为，，所以，所以 ，即，故B正确；对于选项C：因为，所以，故C不正确；对于选项D：因为，所以，故D不正确.故选：B.3.已知是上的偶函数，当时，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数奇偶性和已知区间的解析式求值.【详解】是上的偶函数，当时，，则.故选：D4.生物体死亡后，它机体内原有的碳14含量会按确定的比率衰减（称为衰减率），与死亡年数之间的函数关系式为（其中为常数），大约每经过5730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”．若2021年某遗址文物出土时碳14的残余量约占原始含量的，则可推断该文物属于（）参考数据：参考时间轴：A.宋B.唐C.汉D.战国【答案】D【解析】【分析】根据给定条件可得函数关系，取即可计算得解.【详解】依题意，当时，，而与死亡年数之间的函数关系式为， 则有，解得，于是得，当时，，于是得：，解得，由得，对应朝代为战国，所以可推断该文物属于战国.故选：D5.函数的大致图象为（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题可得函数定义域及函数的奇偶性，然后根据的取值正负即可判断出符合的图象.【详解】因为，所以定义域为R，关于原点对称，故排除B；又，所以函数为偶函数，所以排除D；又因为当时，，排除C.故选：A. 6.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】分析：先确定不超过30的素数，再确定两个不同的数的和等于30的取法，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数，共有种方法，因为，所以随机选取两个不同的数，其和等于30的有3种方法，故概率为，选C.点睛：古典概型中基本事件数的探求方法：(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.7.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则，由题意，即，化简得，解得（负值舍去）.故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.8.设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决．【详解】时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍．如图所示：当时，，令，整理得：，（舍），时，成立，即，，故选B． 【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）．9.下列命题正确的是（）A.“”是“”的充分不必要条件B.命题“”的否定是“”C.设，则“且”是“”的必要而不充分条件D.设，则“”是“”的必要而不充分条件【答案】ABD【解析】【分析】对于ACD，根据两个条件之间推出关系可判断它们的正误，对于B，根据全称量词命题的否定形式可判断其正误.【详解】对于A，即为或，因为可得推出或，或推不出，故“”是“”的充分不必要条件，故A正确.对于B，命题“”的否定是“”，故B正确.对于C，当且时，有，取，满足，但且不成立，故“且”是“”的充分而不必要条件，故C错误.对于D，取，，此时，故不成立，当时，必有，故“”是“”的必要而不充分条件，故D正确.故选：ABD. 10.已知，且，则（）A.的最大值为B.的最小值为9C.的最小值为D.的最大值为2【答案】BC【解析】【分析】对A，直接运用均值不等式即可判断；对B，，运用均值不等式即可判断；对C，，讨论二次函数最值即可；对D，，讨论最值即可.【详解】，，当时，即时，可取等号，A错；，当时，即时，可取等号，B对；，当时，可取等号，C对；，D错.故选：BC11.对于函数，下列说法正确的是（）A.在处取得极大值B.有两个不同的零点C.D.若在上恒成立，则【答案】AC【解析】 【分析】根据导函数确定的单调性极值及最值情况，就能确定选项的正误．【详解】A选项，，定义域为，，令，解得，当时，，∴函数在上单调递增，当时，，∴函数在上单调递减，∴函数在时取得极大值也是最大值，故A对；B选项，∵时，，，，当时，，如图所示：∴函数有且只有唯一一个零点，故B错；C选项，∵当时，为单调递减函数，∴，∵，所以，故C对；D选项，若在上恒成立，即在上恒成立，由，则，故D错．故选：AC．12.在复习了函数性质后，某同学发现：函数为奇函数，充要条件是的图象关于坐标原点成中心对称：可以引申为：函数为奇函数，则图象关于点成中心对称．现在已知函数的图象关于成中心对称，则下列结论正确的是（）A. B.C.D.对任意，都有【答案】BD【解析】【分析】若定义域为，通过对称中心可代入函数，整理可得A选项，结合题意可得关于原点对称，得D选项正确，将1代入可求得B选项；由可得可判断C.【详解】函数的图象关于成中心对称，且由函数可得定义域为，所以，故A错误；结合题意可得关于原点对称，所以对任意，都有，故D正确；代入1得，且所以，故B正确；因为，即，故C错误.故选：BD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）．13.函数过定点______．【答案】【解析】【分析】由对数的性质求解即可.【详解】令，则，所以函数过定点.故答案为：.14.函数y=的单调递增区间是____.【答案】【解析】 【分析】设函数，再利用复合函数的单调性原理求解.【详解】解：由题得函数的定义域为.设函数，因为函数的单调递减区间为，单调递增区间为，函数是单调递减函数，由复合函数的单调性得函数y=的单调递增区间为.故答案为：15.写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．①；②当时，；③是奇函数．【答案】（答案不唯一，均满足）【解析】【分析】根据幂函数的性质可得所求的.详解】取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③.故答案为：（答案不唯一，均满足）16.已知函数，则方程的根为________．若函数有三个零点，则实数a的取值范围是________．【答案】①.或2；②..【解析】【分析】（1）当时，运用导数求得函数单调区间，可得，可得一根，当时，直接求解可得.（2）先运用导数求得函数单调区间，并作出函数的图象，再根据图象列出函数有3 个零点所需要的条件，即可求得结果.【详解】解：（1）当时，，所以，令，得，并且当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，故当时，有唯一根，当时，，令，解得（舍去）或2，故当时，的根为2，综上，根为或2；（2）因为，当时，由（1），则，当时，，则函数在上单调递减，在上单调递增，且仅当，且，因为当时，则有或，即或，由图象得，要使函数有三个零点，且，则或或解得实数的取值范围是故答案是：或2；. 四、解答题（本题共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.已知函数，，且不等式的解集为．（1）求，的值；（2）已知，求不等式的解集．【答案】（1）.（2）或.【解析】【分析】（1）根据不等式与方程的关系，结合一元二次方程的韦达定理，可得答案；（2）根据求导公式，列出分式不等式，可得答案.小问1详解】由题意可得，方程的两个解分别为，则，解得.【小问2详解】由（1）可知：，，，由，则，等价于，化简为，解得或.18.近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业．某高中随机调查了本校2022年参加高考的90位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：首选志愿为师范专业首选志愿为非师范专业总计女性2535男性25总计 （1）完善表中数据并判断能否有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？（2）用样本估计总体，用本次调研中首选志愿样本的频率代替首选志愿的概率，从2022年全国文科考生中随机抽取3人，设被抽取的3人中首选志愿为师范专业的人数为，求的分布列、数学期望和方差．附：，．0.150.100.050.0250.0100.00500012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关（2）分布列见解析；，【解析】【分析】（1）先完善列联表，求出，比较临界值可得；（2）求得某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，由二项分布求得概率的分布列，再由二项分布的期望公式、方差公式计算期望与方差．【小问1详解】根据题意，可得列联表中首选志愿为师范专业的男性有5人，则列联表如下：首选志愿为师范专业首选志愿为非师范专业总计女性253560男性52530总计306090，∴有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关.【小问2详解】 某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123，19.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，AD⊥AB，侧面PAB⊥底面ABCD，，且E，F分别为PC，CD的中点．（1）证明：DE平面PAB；（2）若直线PF与平面PAB所成的角为，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面PCD和平面PAB的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】 证明：取PB中点M，连接AM，EM，∵E为PC的中点，∴，又∵，∴MEAD，ME=AD，∴四边形ADEM为平行四边形：∴DEAM，∵平面PAB，AM⊂平面PAB，∴DE平面PAB；小问2详解】∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，取AB中点G，连接FG，则平面PAB，∴，，∴，又PA=PB=2，∴，AB＝2，如图以G为坐标原点，GB为x轴，GF为y轴，GP为z轴建立空间直角坐标系，∴，C(1，4，0)，D(-1，2，0)，∴,，设平面PCD的一个法向量， ∴,取，则，平面PAB的一个法向量可取，设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ，∴．20.设函数（且）是定义域为的奇函数，且．（1）求实数，的值；（2）若，且在上的最小值为2，求实数的值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由奇函数的性质可得，求出的值，再利用函数奇偶性的定义验证函数为奇函数，即可得解；由可求得.（2），设，可得出，然后对的取值进行分类讨论，分析二次函数在上的单调性，结合可求得实数的值.【小问1详解】因为是定义域为的奇函数，所以，即，当时，，，此时函数为奇函数，故.因为，所以，解得或（舍）.所以，【小问2详解】由（1）可得则， 令，因为函数、均为上的增函数，故函数在上为增函数，由，故，所以，，函数图象的对称轴为，①当时，，解得（舍去）；②当时，函数在上为增函数，则，解得，合乎题意.综上所述，.21.已知A，B分别为椭圆C：的左、右顶点，F为右焦点，点P为C上的一点，PF恰好垂直平分线段OB（O为坐标原点），.（1）求椭圆C的方程；（2）过F的直线l交C于M，N两点，若点Q满足（Q，M，N三点不共线），求四边形OMQN面积的取值范围.【答案】（1）（2）（0，3]【解析】【分析】（1）根据PF平分OB得a＝2c，将x＝c代入求出，结合求出答案.（2）设直线l的方程为：x＝my＋1，联立直线和椭圆的方程，借助MN的中点为E，构建新的向量关系，证明为平行四边形，借助面积，套用韦达定理，解出，借助均值不等式求出最值.【小问1详解】由题意可知F（c，0），B（a，0），∵PF恰好垂直平分线段OB，∴a＝2c， 令x＝c，代入得：，∴，∴，解得，∴椭圆C的方程为：.【小问2详解】由题意可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为：x＝my＋1，设，，联立方程，消去x得：，∴，∴，，设MN的中点为E，则，∴MN与OQ互相平分，四边形OMQN为平行四边形，∴，令，则， ∵在[1，＋∞）上单调递增，∴，∴，∴.综上所述，四边形OMQN面积的取值范围为（0，3].22.已知是自然对数的底数，函数，直线为曲线的切线，．（1）求的单调区间；（2）求的值；（3）定义函数，在上单调递增，求实数的取值范围．【答案】（1）,（2）（3）【解析】【分析】（1）先找出，令，求导，利用导数研究函数单调性.（2）导数的几何意义找切线即可求解.（3）令，求导，判断出在单调递减，所以有一个零点，将写成分段函数，因为在上单调递增，则在恒成立，分离参数即可求解.【小问1详解】， 令，则，时，，单调递减；时，，单调递增；所以的单调增区间为，单调减区间为.【小问2详解】,设曲线的切点为，则，解得.【小问3详解】令，则，当时，，所以，设，则，时，，单调递增；时，，单调递减；所以，所以，在单调递减，当时，，故，在单调递减，综上，在单调递减.,所以有一个零点，设为，则， 当时，，当时，，且，因为在上单调递增，则在恒成立，当时，恒成立，令，，所以在单调递减，单调递增；.当时，由上可知，，所以恒成立，合题.综上所述：.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．