四川省南充高级中学2023-2024学年高三上学期第四次月考数学（文）试题（Word版附解析）

高2021级高三上期第四次月考考试数学（文科）试题时间：120分钟总分：150分注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3.答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.4.考试结束后，将答题卡交回.一、选择题：本题共12个小题，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】C【解析】【分析】利用指数函数单调性求解集合A，从而求解，利用对数函数单调性结合整数概念求解集合B，最后利用交集运算即可求解.【详解】因为集合，所以，又，所以.故选：C2.若是虚数单位，则复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数除法化简，即可确定虚部.【详解】.所以复数的虚部为. 故选：C.3.已知等差数列中，，，则等于（）A.15B.30C.31D.64【答案】A【解析】【分析】根据条件求出等差数列的首项和公差，即可得答案；【详解】，，故选：A.【点睛】本题考查等差数列通项公式基本量运算，考查运算求解能力，属于基础题.4.在中，“”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】B【解析】【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.5.已知向量满足，则（）A.－2B.－1C.0D.2【答案】C【解析】 【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.【详解】.故选：C6.已知角的顶点是坐标原点，始边是轴的正半轴，终边是射线，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的定义可求得，由二倍角和两角和差正切公式可求得结果.【详解】角的终边是射线，，，.故选：B.7.函数在上的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】分析】先根据奇偶性排除CD,再代入特值验证即可.【详解】因为函数的定义域为,且,所以函数是偶函数,其函数图像关于轴对称,排除CD. 又,排除B.故选:A.8.函数的零点个数为（）A.4B.3C.2D.1【答案】D【解析】【分析】转化为，的交点个数问题，画出两函数图象，数形结合得到答案.【详解】，即，令，，故的零点个数为与的交点个数，在同一坐标系内画出与的图象，如下：显然与的交点个数为1，故的零点个数为1.故选：D9.“欢乐颂”是尊称为“乐圣”“交响乐之王”的神圣罗马帝国音乐家贝多芬一生创作的重要作品之一．如图，以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点在函数的图象上，且图象过点 ，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则是函数的单调递增区间的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意求出最小正周期，从而求出，再利用特殊点求出的值，从而得到函数的解析式，利用正弦函数的单调性求解单调增区间，即可得到结果．【详解】因为函数图象相邻最大值与最小值之间的水平距离为，所以函数的周期为，所以，又图象过点，所以，可得，则有或，即或，又，所以，所以，令，解得，所以函数的单调区间为，当时，函数的单调递增区间为，故选项B正确．故选：B．10.已知定义在上的函数满足，且与曲线交于点 ，，…，，则为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的对称性即可求解.【详解】由可得，所以关于对称，又关于对称，因此，故选：B11.若对任意的，，且，，则m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先得出，再将整理为，构造函数，其中，当时，，即在，单调递减，求出，分析得出减区间，即可得出m的取值范围．【详解】由题可知，，因为，且，所以，两边同时除以得，，即， 设函数，其中，因为当时，，所以在单调递减，因为，令，，当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以，故选：D．12.已知函数，方程有两个不等实根，则下列选项正确的是（）A.点是函数的零点B.的取值范围是C.是的极大值点D.，，使【答案】D【解析】【分析】由导函数得到函数的单调性和极值情况，画出函数图象，A选项，根据得到A错误；B选项，或，有1个实数根，故有1个非零实根，数形结合得到答案；C选项，由图象得到不是的极大值点；对于D选项，求出，，得到D正确.【详解】当时，，则，当，时，，单调递增，当时，，单调递减，且，； 当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，且恒成立，画出函数的图象如下：对A，由可得0是函数的零点，故A错误；对B，方程等价于或，由图可得有1个实数根，所以方程有两个不等实根等价于有1个非零实根，则由图可得或，解得或，故B错误对C，由图可得是的极大值点，不是的极大值点，故C错误；对D，由图可得，当时，因为，故，故结合图象可得时，，故，，使，故D正确；故选：D 【点睛】思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数，则________.【答案】##【解析】【分析】对数式求值，再利用函数解析式求出函数值.【详解】函数，则.故答案为：14.设命题，，若是假命题，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】根据命题的否定与原命题的关系得出命题是真命题，即可根据命题得出，，再根据基本不等式或对勾函数的性质得出在上的最小值，即可得出答案.【详解】是假命题，是真命题，，，，，当时，，当且仅当时，即时，等号成立， ，可取到，，，故答案为：.15.已知函数的周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的解析式为________.【答案】【解析】【分析】根据函数图象的变关系直接求解；【详解】因为，所以，当时，，因为，所以，，将函数图像上的所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），可得函数，再将所得图像向右平移个单位长度后，，故答案：.16.已知函数在区间上有零点，则的最小值为________.【答案】【解析】 【分析】根据函数零点性质，结合点到直线距离公式，通过构造新函数，利用导数求出最值即可.【详解】设为在上的一个零点，则，所以在直线上，又，为坐标原点，易知，令，则，当时，，所以，单调递增，所以，即的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：根据点到直线距离公式，结合两点间距离公式，再构造函数求最值是解题的关键.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.已知函数.（1）若时，求函数在点处的切线方程；（2）若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求得，得到，，结合导数的几何意义，即可求解；（2）根据题意，转化为即在上恒成立，令 ，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.【小问1详解】当时，可得，则，所以，，即切线的斜率为，切点坐标为，所以切线方程为，即.【小问2详解】由函数在区间上单调递减，可得在上恒成立，即在上恒成立，令，可得在上恒成立，所以在递减，则，所以，即实数的取值范围为.18.数列满足，，当时，等式恒成立.（1）求的通项公式；（2）若，求的前项和为.【答案】18.，19.，【解析】【分析】（1）根据条件可判定为等比数列，求出公比，首项，即可得通项公式；（2）由（1）得，用错位相减法求出的前项和，得解.【小问1详解】由题可知，故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，. 【小问2详解】由（1）可得，，所以，，设，设其前项和为，则，①，②①②得，所以，所以，.19.已知在中，角，，所对的边分别为，，，若，，（1）求角的值；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合和差角公式即可求解，（2）根据诱导公式以及余弦定理即可求解，进而根据面积公式即可求解.【小问1详解】因为，故，则，故，因为，则， 则，故，由于,则；【小问2详解】由可得，则，化简得，又，则，故的面积.20.某城市平面示意图为四边形（如图所示），其中内的区域为居民区，内的区域为工业区，为了生产和生活的方便，现需要在线段和线段上分别选一处位置，分别记为点和点，修建一条贯穿两块区域的直线道路，线段与线段交于点，段和段修建道路每公里的费用分别为10万元和20万元，已知线段长2公里，线段和线段长均为6公里，，设.（1）求修建道路的总费用（单位：万元）与的关系式（不用求的范围）；（2）求修建道路的总费用的最小值.【答案】（1）（2）80万元【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理可得，，进而可得解析式； （2）利用三角恒等变换整理可得，换元令，结合函数单调性求最值.【小问1详解】在中，因为，可得，在中，可知，由正弦定理，可得，所以.【小问2详解】由（1）可知：，因为，则，令，则，且在上单调递增，可知在上单调递增，所以在上单调递减，当，即时，修建道路的总费用取到最小值万元.21已知函数. （1）讨论的单调性；（2）若，求的最小值.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负，即可得出原函数的增减性；（2）等价变形，构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，即可求出最值.【小问1详解】因为定义域为，则，当时，令，解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，令，解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】因为，所以，所以，即令，则有，设，则，由得当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，又因为，所以，当且仅当时等号成立所以，从而，所以原式 设，则，由得当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以所求最小值为.（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，则按所做的第一题计分.22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系取相同的单位长度，已知曲线：，过点的直线的参数方程为：（为参数）.（1）求曲线的普通坐标方程和直线的极坐标方程；（2）直线与曲线分别交于、两点.若、、成等比数列，求的值.【答案】（1），（2）1【解析】【分析】（1）由公式代入曲线方程化简即可；消参即可得到直线的普通方程；（2）由、、成等比数列，利用参数的几何意义可得，解方程，即可得到答案；【小问1详解】因为曲线，则，由，所以曲线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为：， 所以极坐标方程为：即.【小问2详解】将直线的参数方程，（为参数），代入曲线直角坐标方程得：，，（）恒成立，设交点、对应的参数分别为、，则，，因为、、成等比数列，所以，即，，解得或（舍取），故满足条件的23.已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）若，，使得能成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）分类讨论的方法求解绝对值不等式.（2）利用绝对值的几何意义有，将问题转化为使成立，结合的图象确定其最大值，即可得m的取值范围．【小问1详解】 依题意，得，当时，，可得；当时，，可得；当时，，可得；综上，不等式的解集为或．【小问2详解】依题意，，又，故，令，，结合的图象知，，故，