四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期第二学月测试理科数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳市三台中学2023-2024学年高三上学期第二学月测试理科数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 考试结束后将答题卡收回， 已知函数的图像大致为等内容，欢迎下载使用。

理科数学
本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共6页.满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内.
2. 选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.
3. 考试结束后将答题卡收回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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，只有一项是符合题意要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解分式不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，，
所以.
故选：A．
2. 执行如图所示程序框图，则输出的n为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据循环的功能，一一循环验证，直至，终止循环，输出结果.
【详解】解：因为，，
第一次执行循环体，得，；
第二次执行循环体，得，；
第三次执行循环体，得，；
第四次执行循环体，得，，
则输出．
故选：B．
3. 已知正数满足，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先乘以，然后根据基本不等式求解；
【详解】因为，
则，
当且仅当，即时取等号,
故选：．
4. 若四边形是边长为2的菱形，，分别为的中点，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算和数量积运算解答.
【详解】因为四边形是边长为2的菱形，，
所以.
所以
故选：A
5. 已知函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法求解，先判断函数的奇偶性，再取特殊值根据函数图象的变化趋势判断
【详解】定义域为，
因为，
所以为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以排除CD，
当，，
当时，的增加幅度远大于的变化幅度，则时，，所以排除B，
故选：A
6. 已知实数，满足，则下列各项中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，可得，根据不等式的性质即可判断A；根据正弦函数的单调性即可判断B；根据对数函数的单调性及换底公式即可判断C；根据指数函数及幂函数的单调性即可判断D.
【详解】因为，所以，
则，故A错误；
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，
所以，即，故C错误；
因为，所以，即，故D正确.
故选：D.
7. 某程序研发员开发的小程序在发布时已有1000名初始用户，经过t天后，用户人数，其中k和m均为常数．已知小程序发布经过10天后有4000名用户，则用户超过2万名至少经过的天数为（ ）（天数按整数算，取）.
A. 20B. 21C. 22D. 23
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中条件求得参数，继而列出不等式，结合对数的运算，即可求得答案.
【详解】由题意知，当时，，
又因为小程序发布经过10天后有4000名用户，
所以，
令，
所以
，
故用户超过2万名至少经过的天数为22，
故选：C
8. 已知等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A. 12B. 36C. 31D. 33
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.
【详解】因为等比数列的前n项和为，且，所以不妨设则.
由分段后性质可知：构成等比数列.
由，即，解得：.
所以.
故选：C
9. “”是“函数在上单调递增”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数在上单调递增求出的取值范围，再判断充分性与必要性即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以时恒成立且在上单调递增，
所以，
则是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.
故选：A
10. 若偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据函数为偶函数，不等式变形为，由函数在上单调递减，且，
求出在上单调递增，且，分与两种情况进行求解，得到答案.
【详解】因为为偶函数，所以，
所以，且，因为在上单调递减，且，
所以在上单调递增，且，
当时，则，故，
当时，则，故，
综上：的解集为.
故选：B
11. 已知函数在定义域上导函数为，若方程无解，且，当在上与在上的单调性相同时，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】等价转化为 在上恒成立，再分离参数即可.
【详解】因为方程无解，所以函数为单调函数，
因此由，得(为常数)，
即 为单调增函数，
因此 在上恒成立.
即在上恒成立.
，
因此，
故选：A.
12. 已知函数，若有两个极值点、且，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】有两个极值点，则方程有两个实根，设，利用导数研究单调性，作出函数图像，可知，，随a的减小而增大，当时解得，可求实数a的取值范围.
【详解】，有两个极值点，则有两个零点，
即方程有两个实根，也即方程有两个实根，
令，则，
所以解得，解得，
从而在上单调递增，在上单调递减，
时；时，，
据此可作出函数的图像如下：

首先当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点，
其次，由图可知，且当时，随a的减小而增大，
不妨考虑的情形，此时，因为，所以，
将代入得：，两式相除得，故，即．
所以当且仅当时，有两个极值点、且．
故选：A
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案直接填答题卷的横线上.
13. 设x，y满足条件，则的最大值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义求解作答.
【详解】不等式组表示的平面区域，如图中阴影（含边界），其中，

目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画直线，平移直线到直线，当直线过点时，直线的纵截距最大，最大，，
所以的最大值为4.
故答案为：4
14. 若向量，且，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的坐标运算及向量共线的坐标表示，列式求出即可得解.
【详解】依题意，，由，得，解得，
所以.
故答案为：
15. 已知，则___．
【答案】##0.75
【解析】
【分析】根据角的变换，利用诱导公式求解.
【详解】，
故答案为：
16. 已知函数，对都有，且是的一个零点.若在上有且只有一个零点，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦型函数的基本性质可得出关于、的方程组，解出、的表达式，再结合函数与方程的关系，将问题转化为存在唯一的，使得函数取到最大值，且，结合三角函数的基本性质，求出的范围，由大到小进项检验，即可求得的最大值.
【详解】因为函数，
对都有，且是的一个零点，
则，解得,
因为函数在上有且只有一个零点，
则方程在上有且只有一个根，
因为，所以，存在唯一的，使得函数取到最大值，且，
则，解得，
令，则，且，
所以，、的奇偶性相同，
由可得，解得，即，
当时，，为奇数，则，所以，，
由可得，
此时，当或时，函数取最大值，不合乎题意；
当时，，为偶数，，即，
由可得，
此时，当时，函数取最大值，合乎题意.
综上所述，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：
（1）将函数解析式变形为或的形式；
（2）将看成一个整体；
（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.
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为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 已知数列满足.等比数列的公比为3，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，求数列前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数列的递推公式和等比数列的定义即可求出数列通项；
（2）根据分组求和与裂项求和法以及等比数列的求和公式即可求出
【小问1详解】
数列满足，
是以为首项，为公差的等差数列，
，，
等比数列的公比为3，且，
，
【小问2详解】
，
18. 已知函数（，）.已知的最大值为1，且的相邻两条对称轴之间的距离为
（1）求函数的解析式及在的单调递增区间；
（2）若将函数图象上点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向右平移单位，得到函数的图象，若在区间上的最小值为，求m的最大值.
【答案】（1）；，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题干中所给条件求出解析式，然后求其单调区间即可.
（2）根据的平移变换求出表达式，然后根据区间上的最小值为，求m的最大值.
【小问1详解】
，
，解得；，即，
解得；；
令，得，
所以函数的单调递增区间为（）；
所以在的单调递增区间为，
【小问2详解】
将函数图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的，
得到的图象，再向右平移单位，
得到函数的图象，
即；
因为，所以，
因为在区间上的最小值为，
所以，解得.
所以的最大值为.
19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．
（1）求角A的大小；
（2）若，求BC边上中线AD长的最小值．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再根据三角恒等变换化简求解即可；
（2）由余弦定理可得，再根据两边平方化简可得，联立可得，再根据基本不等式求最值即可
【小问1详解】
因为，所以，
所以．
因为，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
所以，①
因为为边上的中线，所以，
所以，②
由①得，③
代入②得，④
由③得，所以，
当且仅当即时取等号，
代入④得，所以，长的最小值为1．
20. 已知函数的图象过点，且在点P处的切线恰好与直线垂直.
（1）求函数的解析式；
（2）若函数的图象与抛物线恰有三个不同交点，求m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象过点及导数的几何意义列方程求解即可；
（2）构造差函数，从而只需函数有三个零点即可，求导，求极值即可求解.
【小问1详解】
因为的图象经过点，
所以，又，则，
由条件，即，解得，代入解得，
故；
【小问2详解】
由（1）知：，
令，
则原题意等价于图象与轴有三个交点.
因为，
所以在时取得极大值，在时取得极小值，
依题意得，解得，故m的取值范围为.
21. 已知函数．
（1）若在定义域内单调递增，求的取值范围；
（2）若有两个不同的极值点，且则存在，使得成立．求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）转化为恒成立，再利用导数求出最小值代入可求出结果；
（2）先推出，，再将不等式化为恒成立，根据右边构造函数，利用导数求出最大值即可得解.
【小问1详解】
的定义域为，
，
在定义域内单调递增当时，恒成立，
若恒成立，
若，设，
，
当时，，当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
故．
综上.
【小问2详解】
，
因为存在两个极值点且，
则为方程的两个根，即为的两根，
因为，且．
所以且，，
因为，
则，
设，则；
令，则，
当时，，为减函数，
所以当时，，
∴当时，，即；
∴单调递增，则，
∴.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，总有成立，故；
（2）若，总有成立，故；
（3）若，使得成立，故；
（4）若，使得，故.
（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答.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. 如图，在极坐标系中，圆的半径为，半径均为的两个半圆弧所在圆的圆心分别为，，是半圆弧上的一个动点，是半圆弧上的一个动点.

（1）若，求点的极坐标；
（2）若点是射线与圆的交点，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图形关系可确定，极角，由此可得点的极坐标；
（2）利用表示出和，代入三角形面积公式，结合三角恒等变换知识可化简得到，结合正弦型函数值域可求得结果.
【小问1详解】
由知：，，

点的极角为，点的极坐标为.
【小问2详解】

由题意知：，，，
，
，，，.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）求的解集；
（2）若函数的最小值为，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；
（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.
【小问1详解】
，
故等价于或或，
解得，
不等式的解集为；
【小问2详解】
当时，；
当时，；
当时，，
故函数的的最小值为，即
利用柯西不等式可得，
即，当且仅当时等号成立，
结合，即当时，取得最小值4.
1
0
0
极大
极小