重庆市渝北中学2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市渝北中学2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 若，则为等内容，欢迎下载使用。

（全卷共四大题22小题，总分150分，考试时长120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生务必将姓名、班级填写清楚.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰.
3.请按题号顺序在答题卡的相应区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在试卷和草稿纸上答题无效.
一、选择题（本大题共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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先分别求得集合与集合,再根据交集运算即可求解.
【详解】集合
即
由交集运算可得
故选:A
【点睛】本题考查了一元二次不等式与指数不等式的解法,交集的运算,属于基础题.
2. 已知向量，，若，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量共线的坐标表示以及数量积的坐标运算求解.
【详解】因为，所以即，所以，
所以，
故选:D.
3. 若等比数列，前项和，且，为与的等差中项，则公比（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据题意，求得和，结合，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，可得，解得，
又因为为与的等差中项，可得，解得，
所以，可得.
故选：B.
4. “莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，转子发动机的设计就是利用了莱洛三角形，转子引擎只需转一周，各转子便有一次进气、压缩、点火与排气过程，相当于往复式引擎运转两周，因此具有小排气量就能成就高动力输出的优点.另外，由于转子引擎的轴向运动特性，它不需要精密的曲轴平衡就可以达到非常高的运转转速.“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段囫弧组成的曲边三角形（如图所示）.设“莱洛三角形”曲边上两点之间的最大距离为4，则该“莱洛三角形”的面积为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据图形特征求得，从而，再求出扇形ABC的面积，最后根据“莱洛三角形”面积与扇形面积之间的关系求出其面积即可.
【详解】由题意可知等边三角形的边长为4，即,

所以扇形ABC的面积等于以A为圆心，为半径的圆的面积的，
故扇形ABC的面积，
又，
该“莱洛三角形”的面积为.
故选：B.
5. 若，则为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵，，∴.
又∵，，∴，
∴
又∵，∴
故选C.
点睛：在三角化简求值类题目中，常常考“给值求值”，“给值求角”的问题，遇见这类题目一般的方法为——配凑角：即将要求的式子通过配凑，得到与已知角的等量关系，进而用两角和差的公式展开求值即可.在求解过程中注意结合角的范围来确定正余弦的正负！
6. 在中，，，，为上一点，为 的平分线，则（ ） ．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先利用余弦定理求出，再利用等面积法结合三角形的面积公式可得AD的长度.
【详解】已知，
所以，解得，
接下来通过等面积法进行求解： ，，
即，
即，解得.
故选：A.
7. 已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据构造函数，利用函数的奇偶性、单调性比较大小．
【详解】解：令函数，则，因为定义域为的是奇函数，所以函数为偶函数；
当时，因为，所以，即，所以在上为单调递增，
，，，因为，所以，
根据在上单调递增，所以．即．
故选：D．
8. 已知函数，若对任意实数，不等式总成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将所求不等式变形为，构造函数，可知该函数在上为增函数，由此可得出，其中，利用导数求出的最大值，即可求得实数的取值范围.
【详解】当时，由可得，
即，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
由可得，
所以，，即，其中，
令，其中，则.
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，，.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ）
A. 向量，能作为平面内所有向量的一组基底
B. 若点G是的重心，则
C. 若，则或
D. 若向量，，则向量在向量上的投影向量为
【答案】BD
【解析】
【分析】由基底的概念即可判断A，由三角形重心的定义即可判断B，由平面向量数量积的定义即可判断C，由投影向量的概念即可判断D.
【详解】因为向量，，则，即，则不能作为平面内的基底，故A错误；

如图所示，连接并延长交于点，点为中点，延长到点，使得，则，，所以，故B正确；
因为，若，则或或，故C错误；
因为向量，，则向量在向量上的投影向量为
，故D正确；
故选：BD
10. （多选）函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 函数的周期是
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在上单调递减
D. 该函数的图象可由的图象向左平行移动个单位长度得到
【答案】AC
【解析】
【分析】观察图象可得函数的最小值，周期，且，由此可求函数解析式，根据三角函数对称性、单调递减区间和左右平移知识即可一一判断．
【详解】观察图象可得函数，，的最小值为，故
设函数的最小正周期为，由图象知，
则，故，故A正确；
由可得，又，
所以，
所以，
因，故B错误；
由，可得，，
所以的单调递减区间为，
取知，函数在上单调递减，
，故C正确；
的图像向左平移个单位后得到，故D错误．
故选：AC．
11. 已知数列满足，则（ ）
A. B. 的前10项和为150
C. 的前11项和为-14D. 的前16项和为168
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据递推公式得，进而根据等差数列的求和公式即可判断AB，根据并项求和可判断C，根据正负去绝对值以及等差数列求和可判断D.
【详解】由得：
当时，，
两式相减得，
故，当时，也符合，故，
对于A,，故A正确，
对于B，的前10项和为，故B错误，
对于C，的前11项和为，故C正确，
对于D，当，解得，所以，
所以的前16项和为，故D正确，
故选：ACD
12. 已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数为奇函数
B. 当时，
C.
D. 若，则恰有4个不同的零点
【答案】AC
【解析】
【分析】由对称性判断A，利用对称性求得值后，结合已知等式求得时的函数表达式判断B，由已知确定函数的周期性，然后计算函数值的和判断C，作出两函数与的图象，由图象确定交点个数（注意在处需要结合导数的几何意义判断交点个数），判断D．
【详解】因为，所以的图象关于中心对称，从而的图象关于原点对称，故A正确；
因为的图象关于中心对称，所以，解得．
所以当时，，因为，
所以，因为，所以，所以，即．
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，所以的周期为8，
又，，，，，，，，
所以故C正确；
令，即，画出与的图象，
如图所示：

因为，
时，，，，由周期性知，
，则，，
即，时，的切线斜率大于的切线斜率，
所以两函数图象在区间上除了有公共点外，在区间上还有一个公共点，
因此两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误．
故选：AC．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知向量，的夹角为，且，，则等于______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据数量积的定义求解，再根据数量积的应用与运算律求解的值即可.
【详解】因为向量，的夹角为，且，
所以，
则
故答案为：.
14. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，则角的大小为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理将角化为边，然后利用余弦定理公式进行求解.
【详解】由题意知：在中，，
根据正弦定理得：，化简得：，
即，由余弦定理可得，
又因为，所以
故答案为：.
15. 已知，，且，则的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用等式条件，变形，再利用基本不等式求最小值.
【详解】由，可得，因为，可得，
，
当时，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：
16. 已知函数，，，在内恰有两个极值点，且，则的所有可能取值构成的集合是__________．
【答案】
【解析】
【详解】在内恰有两个极值点，若最小正周期为，又，
则，即，，解得：，
又，或；
，，关于中心对称，
，解得：；
当时，，又，；
当时，，又，或；
综上所述：的所有可能取值构成的集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查根据三角函数性质求解参数值的问题，解题关键是能够根据函数极值点的个数和对称性确定函数的最小正周期与区间长度之间的关系，由此可构造不等式求得的值.
四、解答题（本大题共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．
（1）求函数的对称中心和单调递减区间；
（2）若将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）对称中心，单调递减区间
（2）最小值为，最大值为2.
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简可得，再代入正弦函数的对称中心与单调递减区间求解即可；
（2）根据正弦函数在区间上的单调性与最值求解即可.
【小问1详解】
，
令，则，
故的对称中心为.
令，
即的单调递减区间为
【小问2详解】
由题意，，
故，，则.
故在上最小值为，最大值为2.
18. 在各项均不相等的等差数列中，，且，，成等比数列，数列的前n项和．
（1）求数列、的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为d，由，，成等比数列，列式解得（舍去）或，进而得；再由数列的前n项和，得，且，进而得；
（2）由（1）得，利用分组求数列的前n项和即可.
【详解】（1）设数列的公差为d，则，，∵，，成等比数列，
，即，
整理得，解得（舍去）或，.
当时，，
当时，．
验：当时，满足上式，∴数列的通项公式为．
（2）由（1）得，，
.
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，也考查了数列的分组求和的方法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
19. 第22届亚运会于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国第三次举办亚运会．为迎接这场体育盛会，杭州市某社区决定举办一次亚运会知识竞赛，要求每组参赛队伍由两人组成，竞赛分为预赛和决赛，其中预赛规则如下：
①每组队伍先从A，B两类问题中选择一类，并由两位选手从中各随机抽取一个问题回答，答错的选手本轮竞赛结束；答对的选手再从另一类问题中随机抽取一个问题进行回答，无论答对与否，本轮竞赛结束；
②若在本轮竞赛中每组队伍的两名选手合计答对问题的个数不少于3个，则可进入决赛．
市民甲与乙组成“梦幻”队参加了这次竞赛，已知甲答对A类中每个问题的概率均为0.7，答对B类中每个问题的概率均为0.5，乙答对A类中每个问题的概率均为0.4，答对B类中每个问题的概率均为0.8．
（1）若“梦幻”队先回答A类问题，记X为“梦幻”队答对问题的个数，求X的分布列及数学期望；
（2）为使“梦幻”队进入决赛的概率最大，“梦幻”队应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【答案】（1）分布列见解析，期望为
（2）应选择先回答类问题，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意得的可能取值为0，1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的计算公式，即可求解；
（2）由（1）求得先回答类问题，“梦幻”队能进入决赛的概率为，再求得先回答类问题，“梦幻”队能进人决赛的概率为，结合，即可得到答案.
【小问1详解】
解：根据题意得的可能取值为0，1，2，3，4，
则，
，
，
，
，
所以的分布列为
则．
【小问2详解】
解：由（1）可知，若先回答类问题，则“梦幻”队能进入决赛的概率为：
；
若先回答类问题，记“梦幻”队答对问题的个数为，
则，
，
则“梦幻”队能进人决赛的概率为，
所以，
所以为使“梦幻”队进人决赛的概率最大，“梦幻”队应选择先回答类问题．
20. 如图，四边形ABCD中，已知，.

（1）若ABC的面积为，求ABC的周长；
（2）若，，，求∠BDC的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，结合余弦定理可得，由ABC的面积为可得，后由余弦定理可得AC即可得周长；
（2）由（1）结合，，可设，则，后由正弦定理可得，即可得答案.
【小问1详解】
由余弦定理，在中，.
又，，则.
又ABC的面积为，则.
则，则ABC的周长为
.
【小问2详解】
由（1）可知，又，，四边形内角和为，则.设，则.
在中，由正弦定理，.
在中，由正弦定理，.
消去，得
.
因，则，则.则.
21. 已知函数．
（1）当时，求的最大值；
（2）若存在极大值点，且极大值不大于，求a的取值范围．
【答案】（1）最大值为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用函数的导数与单调性、最值的关系求解；
（2）利用导数与极值的关系，结合参数不同的取值范围求解.
【小问1详解】
当时，，定义域为，，
当时，；当时，，
∴在上单调递增；在上单调递减，
故的最大值为．
【小问2详解】
，，
①当时，，
当时，；当时，，
∴在上单调递增；在上单调递减，
所以的极大值为，符合题意．
②当时，
当时，；当时，，∴上单调递增，
此时，无极值点．
③当时，令，
解得，且，
当时，；当时，，当时，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值，
令，则，设，
则，所以在上单调递增，
由题意知，即，
所以，即，故
④当时，，
解得或，且满足，
当时，；当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极大值为，符合题意．
综上．
22. 已知函数.
（1）当时，比较与的大小；
（2）若函数，且，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）构造，利用导数可得，即；
（2）构造函数，从而推得，再利用导数得到的单调性，从而得到，进而将问题转化为证，再利用导数证得，由此得证.
【小问1详解】
设函数，
则，
当时，，
则在上单调递增，
所以，从而，即；
【小问2详解】
设函数，
当时，，，则恒成立，
则由，得，
又，所以,
因为，所以，
令，则恒成立，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，
又，，所以,
要证，只需证，
即证．
因为，所以．
设函数，则，
所以在上单调递增，
因，所以，所以，
所以，
所以，从而得证．
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）考查数形结合思想的应用．
0
1
2
3
4
0.18
0.234
0334
0.14
0.112