四川省绵阳南山中学2024届高三数学（文）上学期10月月考试题试题（Word版附解析）

绵阳南山中学高2021级高三上期10月月考试题文科数学第Ⅰ卷（选择题）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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用交集的概念运算即可.【详解】由题意知.故选：B2.已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数代数形式除法运算化简复数，从而判断其虚部.【详解】解：因为，所以，所以复数的虚部等于；故选：A．3.等差数列的前n项和为，且，则（）A.4B.3C.2D.1【答案】C【解析】【分析】由求解.【详解】解：因为等差数列的前n项和为，且， 所以，所以，故选：C4.已知，，则（）AB.C.4D.5【答案】A【解析】【分析】利用指数式和对数式的关系可得a的值，再根据换底公式可得.【详解】因为，所以，所以.故选：A5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】以为整体，利用诱导公式运算求解.【详解】由题意可得：.故选：D.6.函数的图象大致为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分析函数的奇偶性排除两个选项，再由时函数值的正负判断即得.【详解】函数的定义域为，由，因此函数是偶函数，其图象关于y轴对称，选项CD不满足；当时，，，即，选项A不满足，B满足.故选：B7.已知向量，，，若B，C，D三点共线，则（）A.6B.C.9D.【答案】D【解析】【分析】B，C，D三点共线,即，即可.【详解】，因为B，C，D三点共线,即，.故选：D8.已知，，且，则xy的最大值为（） A.B.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】由基本不等式求解即可.【详解】，当且仅当时，取等号.即xy的最大值为1.故选：C9.正项等比数列公比为q，前n项积为，则“”是“”的（）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】C【解析】【分析】利用充分条件和必要条件的定义结合等比数列前n项积为的性质分析判断.【详解】由正项等比数列公比为q，前n项积为，充分性：，则，则，即，充分性成立；必要性：若，则，则，则，必要性成立，是充要条件.故选：C10.已知点P是曲线上任意一点，点Q是直线上任一点，则的最小值为（）A.B.C.1D.【答案】A【解析】【分析】利用导数的几何意义求出曲线的切线，利用数形结合进行求解即可.【详解】函数的定义域为全体正实数，， 当时，单调递增，当时，单调递减，函数图象如下图：过点的曲线的切线与直线平行时，最小，即有，所以，故选：A11.我国油纸伞制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈D能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈D已滑动到的位置，且A、B、三点共线，，B为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈D沿着平柄向下滑动的距离为，则当伞完全张开时，的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由伞完全张开时求得，再由B为的中点，求得，然后由伞完全收拢时求得BD，再在中，利用余弦定理求解.【详解】解：由题意得当伞完全张开时：，因为B为的中点， 所以，当伞完全收拢时：，所以，在中，由余弦定理得，所以，故选：A12.函数，已知为图象的一个对称中心，直线为图象的一条对称轴，且在上单调递增.记满足条件的所有的值的和为S，则S的值为（）A.B.2C.D.3【答案】C【解析】【分析】由三角函数的对称性可得或，再由单调性可得，分类讨论计算即可.【详解】由题意知：或，，，化简得或，.∵在上单调递增，∴，∴.①当时，取知，此时，又， 结合题意可知，即，当时，，此时在上单调递减，不符合题意；取时，，此时，同理，因为结合题意可知，即，当时，，此时在上单调递增，∴.②当时，取知，此时，同理，因为结合题意可知，即，当时，，此时在上单调递增，∴.综上：或1，.故选：C第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为______. 【答案】##【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域，平移目标函数表示的直线，找出最优解，求出目标函数的最大值.【详解】画出约束条件表示的平面区域，如图阴影部分所示：目标函数可化为：，平移，可知当直线经过点时，直线的截距最小，取最大值.则的最大值为.故答案为：14.若，，与的夹角为，且，则m的值为______.【答案】##2.5【解析】【分析】先求得，在利用数量积的运算律求解.【详解】解：因为，，与的夹角为，所以，所以，解得， 故答案为：15.已知函数的定义域为R，满足，，当时，，则______.【答案】【解析】【分析】根据题意分析可知6为函数的周期，根据周期性和奇函数的定义运算求解.【详解】因为，即，可得，所以6为函数的周期，所以.故答案为：.16.若函数的图象关于直线对称，且有且仅有4个零点，则的值为________．【答案】39【解析】【分析】先得到的图象也关于对称，观察到为的两个零点，故由对称性可知，的另外两个零点分别为，从而得到方程组，求出，令，求导得到其单调性和极值情况，画出的图象，进而得到的图象，根据的零点个数，数形结合得到，从而得到答案.【详解】由得，令，由于的图象关于直线对称，所以的图象也关于对称， 显然为的两个零点，故由对称性可知，的另外两个零点分别为，即，解得，故，令，则，故当或时，，单调递增，当或时，，单调递减，又，，画出的图象如下，故图象是将图象位于轴下方部分沿着轴翻折到轴上方即可，如下：要想有且仅有4个零点，则， 故.故答案为：39【点睛】方法点睛：函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.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.已知向量，.设函数.（1）求的单调减区间；（2）若先将函数的图象向右平移个单位长度，再将得到的图象各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象.当时，求函数的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简再结合三角函数的性质计算即可；（2）利用三角函数图象的变换及三角函数的图象与性质计算最值即可.【小问1详解】由条件及二倍角公式、辅助角公式可知：，所以，，解得单调减区间为：；【小问2详解】 由（1）知函数的图象向右平移个单位长度，得到，再将得到的图象各点的横坐标伸长为原来的4倍，纵坐标不变，得到函数，当时，可得，由余弦函数的单调性可知时单调递减，所以当时，即，函数的最大值为.18.已知数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系计算即可得通项公式；（2）利用裂项相消法求和即可.【小问1详解】由题意可知：，令得，解得，也符合上式，因此.【小问2详解】由（1）可知：， 故，故.19.记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.（1）求角B；（2）若，的周长为，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简条件式计算即可；（2）利用余弦定理及面积公式计算即可.【小问1详解】由已知及二倍角公式可知：，；【小问2详解】由（1）及余弦定理得，∴，又因为的周长为，得，，.所以的面积为.20.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若方程在上恰有3个实数解，求实数a的取值范围.【答案】（1）极大值，极小值 （2）【解析】分析】（1）求导后判断单调性，从而可求得极值；（2）令，求导后，分、、确定单调性求得极值，从而可求解.【小问1详解】时，，，令，解得或.当或时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减.所以的极大值为，极小值为.【小问2详解】令，，令，得或，当时，，在R上单调递增，在R上没有个实数解，舍去.当时，或时，；时，，在上单调递增，在上单调递減，且，所以若方程在上恰有3个实数解，只需，即，解得.当时，或时，；时，，在上单调递增，在上单调递減， ，在R上没有个实数解，舍去.综上所述，实数a的取值范围为.21.已知函数.（1）讨论单调性；（2）若方程有两个不相等的实根，，求实数的取值范围，并证明.【答案】（1）答案见解析（2）；证明见解析.【解析】【分析】（1）求导得，分、两种情况，确定的正负，从而即可得函数的单调性；（2）由题意可得，令，则有，将问题转化与有两个不同交点，令，利用导数求出的极小值即可得的取值范围；将问题转化为证明，结合，可得，进而转证，令，，利用导数，只需证明即可得证.【小问1详解】解：因为，当时，，所以在区间上单调递增； 当时，令，得；令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；综上：当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.【小问2详解】解：方程，即，等价于，令，其中，则，显然，令，则，当时，，所以在区间上单调递减，且当趋于时，，所以在区间上，当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以极小值，所以关于t的方程有两个实根，，即与有两个不同交点，所以；要证，即证，又因为，，即证，只需证， 因为，所以，整理可得，不妨设，则只需证，即，令，，其中，因为，所以在区间上单调递增，所以，故.【点睛】方法点睛：对于利用导数求参数的范围的题型，常采用参变分离法，将问题转化为直线与函数交点的问题进行解答.（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4-4：坐标系与参数方程]22.已知曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求，在直角坐标系下的普通方程；（2）设M是上的任意一点，求M到的距离最大值.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）利用消参的方法将参数方程变为普通方程，根据，将的极坐标方程变为普通方程；（2）设，然后利用点到直线的距离公式和三角函数的性质求最大值即可.【小问1详解】由得，代入得的普通方程为.由得，因为，，所以的直角坐标方程为.【小问2详解】设曲线：上的任意一点的坐标为，，则M到的距离，当时，M到的距离最大，此时.[选修4-5：不等式选讲]23.已知函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若，求实数m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到不等式，结合绝对值不等式的解法，分类讨论，即可求解； （2）根据题意，转化为，恒成立，得到，结合一次函数的单调性，求得最值，即可求解.【小问1详解】解：当时，不等式，即为，则不等式等价于或或，解得或或，所以不等式的解集为.【小问2详解】解：由题意，不等式的解集包含，即，恒成立，即，即，即，即，所以，因为函数在上为单调递减函数，所以，函数在上为单调递增函数，所以，所以，即实数的取值范围为.