2024届广东省广州市中山大学附属中学高三上学期9月月考数学试题含解析

这是一份2024届广东省广州市中山大学附属中学高三上学期9月月考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意列出不等式组，解出即可.
【详解】由题意得： ，解得，
定义域为.
故选：A.
2．下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据奇函数，增函数的定义逐一判断得解.
【详解】A选项，是奇函数，但在上单调递增，在上单调递减，故A错误；
B选项，是奇函数，且在上单调递增，故B正确；
C选项，，定义域是非奇非偶函数，故C错误；
D选项，为奇函数，在和上单调递增，故D错误.
故选：B.
3．已知函数是函数的导函数，则函数的部分图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】求导得的解析式，可判断为奇函数，可排除AB，再由特殊值可排除C，即可得解．
【详解】∵，
，
∵，
为奇函数，图象关于原点对称，故排除AB；
，故排除C，而D符合.
故选：D．
4．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的单调性，对比出、、三者与特殊值0、1的大小关系，运用中间值法解决问题.
【详解】解：因为函数为单调递增函数，
所以，即；
因为为单调递增函数，
所以，即；
因为单调递减，
所以，
即，
故，
故选：A.
5．已知，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式、辅助角公式化简作答.
【详解】由，得，即，
所以.
故选：B
6．已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正弦型函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可.
【详解】因为，所以当时，
则有，
因为在区间内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得，
解得，
故选：A
7．过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】求出函数的导函数，设切点坐标为，即可得到切线方程，依题意关于的方程有两个不同的解、，利用韦达定理计算可得.
【详解】因为，所以，设切点坐标为，
所以，所以切线方程为，
所以，即，
依题意关于的方程有两个不同的解、，
即关于的方程有两个不同的解、，
所以.
故选：D
8．已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简，采用换元法，将问题转化为有两个不同的零点问题，分离参数，从而将问题转化为直线与的图象有两个不同交点，数形结合，可得答案.
【详解】由题意得 ,
令 ，，该函数在R上为单调增函数，且 ，
故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，
令即直线与的图象有两个不同交点，
又，当时，递增，当时，递减，
则，当时，，
作出其图象如图：
由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，
故选：A.
【点睛】方法点睛：解决函数有两个不同的零点的问题，要将函数式变形为，实质是采用换元法，令，将问题转化为有两个不同的零点，然后分离参数，利用导数判断函数单调性，数形结合，解决问题.
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．设函数，若，则
C．已知函数，则
D．设函数的导函数为，且，则
【答案】BD
【分析】A选项，利用求导公式计算即可；B选项，求导后解方程，求出；C选项，求导后代入，得到答案；D选项，求导后代入，解方程，求出答案.
【详解】对于选项A， ,故选项A不正确；
对于选项B, ,则 ,解得 ,故选项B正确；
对于选项C, ,则 ,故选项C不正确；
对于选项D， ，则 ,解得 ，故选项D正确.
故选：BD.
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．是曲线的一个对称中心
C．是曲线的一条对称轴D．在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，故利用求出最小正周期；BC选项，代入，由函数值判断出是的一条对称轴；D选项，求出，数形结合得到在区间上单调递增.
【详解】A选项，，
故的最小正周期为，A正确；
B选项，当时，，
故不是曲线的一个对称中心，B错误；
C选项，当时，，故是的一条对称轴，也是的一条对称轴，C正确；
D选项，时，，由于在上单调递增，
故在区间上单调递增，D正确.
故选：ACD
11．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．函数在处取得极小值
B．
C．若函数在上恒成立，则
D．函数有三个零点
【答案】AD
【分析】利用函数的极值与导数的关系可判断A选项；利用函数的单调性可判断B选项；求出函数在上的最大值，即可求出的取值范围，可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，该函数的定义域为，则，
由可得或，由可得，
所以，函数的减区间为、，增区间为，
所以，函数在处取得极小值为，A对；
对于B选项，因为函数在区间上单调递减，且，则，B错；
对于C选项，因为函数在上递增，在上递减，
故当时，，
因为函数在上恒成立，则，C错；
对于D选项，由A选项可知，函数的极大值为，
由可得，
故函数的零点个数等于直线与函数图象的交点个数，如下图所示：

由图可知，直线与函数图象有三个交点，
因此，函数有三个零点，D对.
故选：AD.
12．已知函数，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．有3个零点
B．可能有6个零点
C．若恰有2个零点，则的取值范围是
D．若恰有5个零点，则的取值范围是
【答案】AC
【分析】根据题意，分析与x轴的交点个数以及单调性，可得的大致图象，结合图象依次分析选项，综合可得答案．
【详解】根据题意，函数，
当时，，则在上为增函数，与轴的交点为，
当时，，其导数，
在区间上，为减函数，
在区间上，为增函数，
且，则的大致图象如图：
对于A，由的图象可知，其图象与轴有3个交点，即有3个零点，A正确；
对于B，，若，
即，解得或，
若有6个零点，则有，解得的解集为，
故不可能有6个零点，B错误；
对于C，若恰有2个零点，必有或，解得或，
即的取值范围为，C正确；
对于D，若恰有5个零点，则有 或，
解得，即的取值范围为，D错误.
故选：AC.

【点睛】方法点睛:
已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:
（1）直接法:直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围;
（2）分离参数法:先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决;
（3）数形结合法:先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
三、填空题
13．已知函数，若，则 .
【答案】
【分析】分、解方程，综合可得出实数的值.
【详解】当时，由可得；
当时，由，此时无解.
综上所述，.
故答案为：.
14．已知直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为 ．
【答案】
【分析】利用点到直线的距离公式,即可求解.
【详解】∵由题意得到为等腰直角三角形，∴圆心到直线的距离，即，解得：,
故答案为：.
15．函数的部分图象如图所示，若、，且，则 .

【答案】
【分析】利用图象求出函数的解析式，求出、的取值范围，结合正弦型函数的对称性求出的值，由此可求得的值.
【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，
所以，，则，
因为，且函数在附近单调递增，
所以，，则，
因为，所以，，则，
因为、，则，，
又因为，则，可得，
因此，.
故答案为：.
四、双空题
16．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，数列的前项和为，则 ； .
【答案】 1023
【分析】对函数求导，结合已知得，进而求得，根据等比数列定义及前n项和求、，最后求即可.
【详解】由题设，则，又，
所以，又，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，，
所以，，则.
故答案为：，
五、解答题
17．已知等差数列满足：，．的前n项和为．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）令（）,求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）．
【详解】试题分析：（1）设等差数列的公差为，由已知可得
解得，则及可求；（2）由（1）可得，裂项求和即可
试题解析：（1）设等差数列的公差为，因为，，所以有，
解得，所以，.
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
即数列的前项和.
【解析】等差数列的通项公式，前项和公式．裂项求和
18．如图，在正三棱柱中，点为侧棱的中点.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别取，的中点为，，连接与交于点，证明出，再利用面面垂直的性质即可；
（2）方法一：求出即可得到面面角；方法二：建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用相关公式即可得到答案.
【详解】（1）如图，分别取，的中点为，，连接与交于点，
连接，，则点为的中点，则，，
又点为的中点，则，，
则，

所以四边形是平行四边形，.
在正三棱柱中，平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）法一：设，则，，
所以，.
为等腰三角形，易求得边上的高为，
所以的面积为.
的面积为.
设平面与平面的夹角为，
则由射影面积公式可得.
又，所以，即平面与平面的夹角为.
法二：如图，建立空间直角坐标系，设，

则，，，所以，.
设平面的一个法向量为，
则由可取
又平面的一个法向量可取为.
设平面与平面的夹角为，则.
又，所以，即平面与平面的夹角为.
19．在中，角，，所对的边分别为，，，.
(1)求角的大小；
(2)若是锐角三角形，且其面积为，求边的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据同角三角函数关系，结合正余弦函数和差角公式化简即可；
（2）由（1）知，又是锐角三角形，可得，根据且其面积为可得，再设，根据角度关系化简可得，再根据求解即可.
【详解】（1）因为，则，
所以，
即，
得.
所以或（不成立，舍去），
从而，又，所以.
（2）由（1）知，又是锐角三角形，则，得.
因为，
所以.
设，因为，
所以
，
因为，则，所以，
从而，即，
所以边的取值范围是.
20．某同学尝试运用所学的概率知识研究如下游戏规则设置：游戏在两人中进行，参与者每次从装有3张空白券和2张奖券的盒子中轮流不放回地摸出一张，规定摸到最后一张奖券或能判断出哪一方获得最后一张奖券时游戏结束，能够获得最后一张奖券的参与者获胜．
(1)从胜负概率的角度，判断游戏规则设置是否公平；
(2)设游戏结束时参与双方摸券的次数为X，求随机变量X的分布列．
【答案】(1)游戏不公平
(2)分布列见解析
【分析】（1）求出先摸券的一方获胜的概率，即可判断；
（2）依题意可知的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列.
【详解】（1）将张空白券简记为“白”，将张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，包括以下几种情况：
①双方共摸券3次，出现“奖白奖”，“白奖奖”，“白白白”这三种情形，
对应的概率为；
②双方共摸券4次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，
对应的概率为；
故先摸券的一方获胜的概率，
又，故这场游戏不公平.
（2）由题意可知的可能取值为、、，
所以，，
，
所以的分布列为
21．已知a为实常数，函数
（1）记的导函数为，求在区间内的单调区间；
（2）若在区间的极大值、极小值恰各有一个，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）由，知.
则.
由或.
由或.
由.
故函数在区间内的单调递增区间为，单调递减区间为及.
（2）由（1）知在处取得极小值，在处取得极大值.
注意到，
，，，.
显然，.
（ⅰ）若，则，在区间内单调递增.
故在区间内无极值，矛盾.
于是，.
（ⅱ）若，当时，在区间内至多有一个极值点，矛盾.
当时，在区间内至少有三个极值点，矛盾.
于是，
反之，当，且时，在区间与内各有一个极值点.
所以，在区间的极大值、极小值恰各有一个的充分必要条件是
.
22．过椭圆的右焦点作两条相互垂直的弦，.，的中点分别为，.
(1)证明：直线过定点；
(2)若，的斜率均存在，求面积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设直线直线的方程为，联立椭圆方程得到韦达定理式，求出和的坐标，写出点斜式并化简即可得定点坐标；
（2）用表示出面积，再结合换元法和对勾函数的性质即可求出最值.
【详解】（1）由题可知.
若直线，有一条斜率不存在，则另一条斜率为0，其中点分别为直线与轴的交点、原点，过此两点的直线方程为.
若直线，的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的斜率为，
由题，可设直线的方程为，直线的方程为.
联立，消元，整理得，
因为直线所过定点在椭圆内部，则该直线与椭圆必然有两交点，
设，，则，，
从而，，即；
用替换点坐标中得.
若，解得，此时，
当时，则，
则直线的方程为，
整理得，即直线过定点，
而直线的斜率不存在时也过定点，直线也满足过定点，
综上，直线过定点.
（2）因为，的斜率均存在，则，由（1）可得
令，则，当且仅当，即时取等号.
从而在上单调递增，
当，即时取得最小值.
所以，即当时，取得最大值为.

【点睛】关键点睛：本题第一问的关键是采用设线法，联立椭圆方程，得到韦达定理式，利用中点公式求出的坐标，再计算化简直线的方程；第二问的关键是用表示出面积，再利用整体换元结合对勾函数单调性求出面积最值.