2022届重庆市凤鸣山中学高三上学期10月月考数学试题含解析

2022届重庆市凤鸣山中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式求得集合，由此求得.

【详解】，解得或，即，

所以.

故选：B

【点睛】本小题主要考查集合交集，考查一元二次不等式的解法.

2．用二分法求方程的近似解时，可以取的一个区间是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数并判断其单调性，借助零点存在性定理即可得解.

【详解】，

令，在上单调递增，并且图象连续，，，在区间内有零点，

所以可以取的一个区间是.

故选：B

3．2020年全国脱贫攻坚取得胜利后，我国建立了防止返贫检测和帮扶机制，继续巩固脱贫成果.为进一步推进乡村振兴，某市扶贫办在乡镇的3个脱贫村与乡镇的4个脱贫村中，随机抽取两个村庄进一步实施产业帮扶，则抽取的两个脱贫村为同一乡镇的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】利用组合知识求出从7个村子中选2个的方法，再求出两个村子来自同一乡镇的方法数，即可得概率．

【详解】从7个村子中选2个共有种方法，两个村子来自同一乡镇的方法数为，

∴所求概率为．

故选：A．

4．已知，，，则，，的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】与0和1比较大小后可得．

【详解】∵，，，∴．

故选：B．

【点睛】方法点睛：本题考查幂和对数的大小比较，解题方法是利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，但要求能化为同底数的幂或对数，如果不能化为同底数，则借助中间值如0，1等比较后可得．

5．已知：幂函数在上单调递增；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】A

【详解】∵幂函数在上单调递增，∴，解得；

由得，由于，则是的充分不必要条件，

故选A.

6．如图所示，隔河可以看到对岸两目标A，B，但不能到达，现在岸边取相距4km的C，D两点，测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，∠ADC＝30°，∠ADB＝45°(A，B，C，D在同一平面内)，则两目标A，B间的距离为km.

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】由已知可求，，由正弦定理可求的值，在中，，由正弦定理可求的值，进而由余弦定理可求的值．

【详解】由已知，中，，，

由正弦定理，，

所以，

在中，，

由正弦定理，，

所以，

在中，由余弦定理，，解得：．

所以与的距离.

故选B

【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于中档题．

7．已知，，若恒成立，则实数的取值范围是

A．或 B．或

C． D．

【答案】C

【分析】利用基本不等式求的最小值为，由恒成立得到，解不等式得到的范围.

【详解】因为，等号成立当且仅当，

所以，解得：.

【点睛】利用基本不等式求最值，注意“一正、二定、三等”三个条件，要确保等号能取到.

8．在锐角中，，，分别为三边，，所对的角，若，且满足关系式，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先通过，利用辅助角公式可得，再根据条件，利用正弦定理边化角，可得，进而将利用正弦定理边化角可得，进而可得取值范围.

【详解】解：得，又，所以.

在锐角中，，

由正弦定理得：

所以，

所以.

因为，

所以，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查三角形中的最值问题，是中档题.

二、多选题

9．下列命题中，正确的命题有（       ）

A．已知随机变量服从正态分布且，则

B．设随机变量，则

C．天气预报，五一假期甲地的降雨概率是，乙地的降雨概率是，假定这段时间内两地是否降雨相互没有影响，则这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为

D．在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，越接近于1，表示回归的效果越好

【答案】BD

【分析】根据正态分布曲线的对称性，求得，可判定A不正确；根据二项分别方差的计算公式，可判定B正确；根据独立事件的概率公式求得相应的概率，可判断C不正确；根据相关系数的意义，可判定D正确.

【详解】对于A中，随机变量服从正态分布，即，

因为，可得，

所以，所以A不正确；

对于B中，由随机变量，可得，所以B正确；

对于C中，这段时间内甲地和乙地都不降雨的概率为，所以C错误；

对于D中，在线性回归模型中，表示解释变量对于预报变量变化的贡献率，根据相关系数的含义，可得越接近于1，表示回归的效果越好，所以D正确.

故选：BD.

10．已知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，下列命题正确的有（       ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，则为锐角三角形

D．若，，则面积的最大值为

【答案】ABD

【分析】A. 利用余弦定理求解判断； B. 利用正弦定理求解判断； C.由 条件变为，得到，再利用余弦定理求解判断；D.根据，，由余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解.

【详解】A. 因为，，，由余弦定理得：，解得，故正确；

B. 因为，，，由正弦定理得：，解得 ，故正确；

C.因为 ，所以,则，即，所以，所以角C为锐角，但角AB不确定，所以不一定是锐角三角形，故错误；

D.因为，，所以由余弦定理得当且仅当时，等号成立，则，

所以面积的最大值为，故正确.故选：ABD

11．已知函数,则下列命题正确的是（       ）

A．函数的单调递增区间是；

B．函数的图象关于点对称；

C．函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于y轴对称，则m的最小值是；

D．若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则．

【答案】ACD

【分析】根据辅助角公式把函数的关系变形为正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质应用即可判断各选项.

【详解】由，得.

对于A，当时，，

当即时，函数单调递增，

所以函数单调递增区间为，故A正确；

对于B，当时，，故B不正确；

对于C，函数的图象向左平移个单位长度后，得到

所得的图象关于y轴对称，

所以,解得，

当时，m的最小值是，故C正确；

对于D，如图所示，

实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，

则必有，或，此时，另一解为.

所以，故D正确.

故选：ACD.

12．关于函数，下列判断正确的是（       ）

A．是的极小值点

B．存在正实数k，使得恒成立

C．函数有两个零点

D．对任意两个正实数，，且，若，则

【答案】AC

【分析】选项A先求导函数，判断当时，；当时，，从而判断是的极小值点，故选项A正确；选项B先假设存在正实数k，使得恒成立，再求无解，从而判断不存在，故选项B错误；选项C先求导函数，判断单调性，最后判断函数有两个零点，判断选项C正确；选项D先根据单调性得到，再令得到，假设成立，最后推出矛盾说明假设错误，判断选项D错误.

【详解】选项A：因为，所以，当时，；当时，，所以是的极小值点，故选项A正确；

选项B：假设存在正实数k，使得恒成立，当时，，解得：；当时，，解得：，故选项B错误；

选项C：因为，所以，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，当时，；当时，；当时，，所以函数有两个零点，故选项C正确；

选项D：因为函数在上单调递减，在上单调递增，，若当时有，则，，整理得：，令，则，，，假设，则，又因为只需证，但当时，，说明不等式不成立，所以假设错误，故选项D错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查利用导函数研究函数的极值、零点问题，利用导函数证明函数不等式问题，是偏难题.

三、填空题

13．已知复数z=（1+i）（1+2i）,其中i是虚数单位，则z的模是__________

【答案】

【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出．

【详解】解：复数z＝（1+i）（1+2i）＝1﹣2+3i＝﹣1+3i，

∴|z|．

故答案为．

【点睛】对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如．其次要熟悉复数相关概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭复数为．

14．函数，则__________.

【答案】

【分析】根据分段函数解析式，结合对数运算，求得所求表达式的值.

【详解】依题意

.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查分段函数求值，考查对数运算，属于基础题.

15．已知角的终边上有一点，则的值为______ ．

【答案】

【分析】由题意及三角函数的定义可得，再根据诱导公式及

同角三角函数的基本关系的应用化简后代入即可求值.

【详解】因为角的终边上有一点，所以.

所以

.

故答案为：.

四、双空题

16．定义在上的偶函数满足，且，当时，.已知方程在区间上所有的实数根之和为.将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则__________，__________.

【答案】     2     4

【解析】根据函数为偶函数且，所以的周期为，的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，在平面直角坐标系中画出函数图象，根据函数的对称性可得所有实数根的和为，从而可得参数的值，最后求出函数的解析式，代入求值即可.

【详解】解：因为为偶函数且，所以的周期为.因为时，，所以可作出在区间上的图象，而方程的实数根是函数和函数的图象的交点的横坐标，结合函数和函数在区间上的简图，可知两个函数的图象在区间上有六个交点.由图象的对称性可知，此六个交点的横坐标之和为，所以，故.

因为，

所以.故.

故答案为：；

【点睛】本题考查函数的奇偶性、周期性、对称性的应用，函数方程思想，数形结合思想，属于难题.

五、解答题

17．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并解决该问题． 已知中，_____________，，，   

（1）求角B；       

（2）求的面积．

【答案】条件选择见解析（1）B=；（2）.

【分析】分别选择①②③，利用余弦定理、正弦定理和三角函数的性质，以及辅助角公式等，求得

，再根据正弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】若选①：

（1）因为，由余弦定理可得，

又因为，可得，

（2）由，，根据正弦定理得，

则，

所以的面积为.

若选②：

（1）因为，由正弦定理，可得，

又因为，得，所以，即，

由，可得，

（2）由，，根据正弦定理得，

则，

所以的面积为.

若选③：

（1）因为，可得，即，

又因为，可得，所以，所以，

（2）由，，根据正弦定理得，

则，

所以的面积为.

18．一款小游戏的规则如下：每轮游戏要进行三次，每次游戏都需要从装有大小相同的2个红球，3个白球的袋中随机摸出2个球，一轮游戏中，若“摸出的两个都是红球”出现3次获得200积分，若“摸出的两个都是红球”出现1次或2次获得20积分，若“摸出的两个都是红球”出现0次则扣除10积分（即获得-10积分）.

（1）求每次游戏中，“摸出的两个都是红球”的概率；

（2）设每轮游戏获得的积分为，求的分布列与数学期望；

（3）玩过这款游戏的许多人发现，若干轮游戏后，与最初的积分0相比，积分没有增加反而减少了，请运用概率统计的相关知识分析解释上述现象.

【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）答案见解析.

【分析】（1）利用古典概型能求出“摸出的两个都是红球”的概率．

（2）每轮游戏获得的积分为，则的所有可能取值为，20，200，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．

（3）由于每轮游戏获得的积分的数学期望为负值，从而若干轮游戏后，积分没有增加反而减少了．

【详解】（1）每次游戏中，“摸出的两个都是红球”的概率为：

．

（2）每轮游戏获得的积分为，则的所有可能取值为，20，200，

，

，

，

的分布列为：

．

（3）由于每轮游戏获得的积分的数学期望为负值，

若干轮游戏后，与最初的积分0相比，积分没有增加反而减少了．

【点睛】本题考查概率、离散型随机事件的概率的分布列、数学期望的求法及应用，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

19．如图为函数的部分图象．

求函数解析式；

求函数的单调递增区间；

若方程在上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围．

【答案】（1）；（2）单调递增区间为，；（3）.

【详解】试题分析：（1）由图象分别求出的值，由五点作图法，求出的值；（2）令，求出的范围，即为函数的单调递减区间；（3）根据函数在 上的图象及直线的图象，当它们的图象有两个交点时，得出的范围．

试题解析：(1)由题中的图象知，，即，所以，

根据五点作图法，令，得到，

因为，所以，

解析式为

(2)令，解得，

所以的单调递增区间为

(3)由在上的图象如图知，当上有两个不同的实根．

点睛：本题主要考查由函数的图象求解析式，以及函数的单调性的求法，图象交点问题等，还考查了数形结合的数学思想，属于中档题．

20．如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，，为与的交点，为棱上一点.

（1）证明：平面平面；

（2）若，求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析；（2）60°．

【详解】试题分析：（1）由平面，可得，由四边形是菱形，可得，再有线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直得判定定理可得结论；（2）连接，由（1）可知，又，可得即为二面角的平面角，过作，交于点，则，可求得，进而得结果.

试题解析：（1）∵平面，平面，∴.

∵，∴为正三角形，四边形是菱形，

∴，又，∴平面，

而平面，∴平面平面.

（2）如图，连接，由（1）可知，又，

∴即为二面角的平面角，

过作，交于点，则，

又，

在中，，∴，

即二面角的大小为.

【解析】线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理及二面角的求法.

21．已知椭圆：的离心率为，椭圆焦点到上顶点的距离为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设、是轴上分别位于椭圆内部（异于原点）、外部的两点，过点引一条斜率不为的直线交椭圆于、两点，满足，设、两点的横坐标分别，，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）求得，进而可得椭圆方程；

（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，由 ，得，结合韦达定理可得结果.

【详解】（1）由题知，，，，所以椭圆方程为.

（2）设直线方程为，，

由得，，，，

，

，即，

，

即，

代入韦达定理得，即，

故.

22．已知函数，．

（1）求函数的单调区间；

（2）设图象在点处的切线与的图象相切，求的值；

（3）若函数存在两个极值点，，且，求的最大值．

【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为（2）或（3）

【解析】（1）先对求导，令导数大于0，求出在定义域内的单调递增区间，导数小于0，在定义域内求出函数的单调递减区间；

（2）由题意求出在处的切线方程，与函数联立得关于的二次方程，用判别式等于求出的值；

（3）求的导数，令，由题意得方程有两个不等的实数根，求出两根之和及两根之积，且求出函数的单调区间，求出的表达式用一个自变量表示，再构造函数，求导求出的最大值．

【详解】（1）的定义域为，，

由，有，由，有，

∴的单调递减区间为，单调递增区间为．

（2）由（1）及题意，易得图象在点处的切线斜率为，

则该切线方程为，

联立，消去整理得：，

由解得或．

（3）∵，，，

设，

由（1）知函数的两个极值点，满足，

则，，

不妨设，则在上是减函数，，

∴

令，则，

又，即，解得，

∴，∴．

设，则，

∴在上为增函数，

∴，即，

∴的最大值为．

【点睛】考查用导数来研究函数的单调区间及最值问题，属于难题．