重庆市永川北山中学2024届高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市永川北山中学2024届高三上学期10月月考数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 总分：150分
一、单选题（本大题共8小题，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. 已知是虚数单位，复数的虚部为（ ）
A. -1B. 0C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算法则直接计算得到答案.
【详解】由，虚部为1，故选项C正确.
故选：C.
2. 已知全集，集合，则图中阴影部分表示集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图可得阴影部分表示，然后用补集和交集定义进行求解
【详解】由图可得，图中阴影部分表示的集合为，
因为，
所以或，，
故选：A
3. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】B
【解析】
【分析】函数，根据平移规则，得到答案.
【详解】因为函数，
所以为得到得到函数的图象，需向右平移个单位
从而得到
故选：B.
【点睛】本题考查描述正弦型函数图像的平移过程，属于简单题.
4. 函数的图象为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】按照流程：
，可画出目标函数的函数图像
【详解】按照流程：
1.图像向上平移1个单位；
2. 轴左边的图像不要，在轴左边画与轴右边对称的图像；
3. 图像向右平移2个单位．
故选A．
【点睛】本题考查函数图像的平移变换，对称变换，是基础题．
5. 为了全面推进乡村振兴，加快农村、农业现代化建设，某市准备派6位乡村振兴指导员到A，B，C，3地指导工作；每地上午和下午各安排一位乡村振兴指导员，且每位乡村振兴指导员只能被安排一次，其中张指导员不安排到地，李指导员不安排在下午，则不同的安排方案共有（ ）
A. 180种B. 240种C. 480种D. 540种
【答案】B
【解析】
【分析】分两种情况讨论：李指导员安排在C地上午时和李指导员不安排在C地上午时，再结合排列组合定义即可解决.
【详解】李指导员安排在C地上午时，张指导员有种安排方案，其余4位指导员有种安排方案，则共有种安排方案；
李指导员不安排在C地上午时，李指导员有种安排方案，张指导员有种安排方案，其余4位指导员有种安排方案，则共有种安排方案；
综上，共有96+144=240种安排方案.
故选：B
6. 在中，“”是“为钝角三角形”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】C
【解析】
【分析】推出的等价式子，即可判断出结论.
【详解】为钝角三角形.
∴在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
7. 已知函数，则使不等式成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件判断函数的奇偶性和单调性，再利用函数的奇偶性和单调性，将不等式进行转化求解即可.
【详解】因为，所以，解得或，
所以的定义域为或，
又，
所以，所以为偶函数，
当时，，
令，，
当时，，所以单调递增，
又因为当时单调递增，
所以当时，单调递增，
又因为为偶函数，所以不等式等价于，
所以，化简可得或，
解得或，
所以不等式成立的的取值范围是.
故选：C.
8. 已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦函数的和差公式与三角函数的商数关系得到关于的方程组，进而结合三角函数的正负情况求得的取值范围，再次利用正弦函数的和差公式求得的值，由此得到的值.
【详解】因为，所以，
又因为，即，则，故，
联立，解得，
因为，，所以，
又，，所以，，
所以，，则，
因为，
所以.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或不选得0分.）
9. 在的展开式中，下列说法中正确的有（ ）
A. 存在常数项B. 所有项的系数和为0
C. 系数最大的项为第4项和第5项D. 所有项的二项式系数和为128
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可．
【详解】解：选项A：二项式的展开式的通项为，
令，解得，故不存在常数项，故A错误；
选项B：令，则，所以所有项的系数的和为0，故B正确；
选项C：二项式的展开式的通项为，
第四项为，第五项为，
显然第五项的系数最大，故C错误；
选项D：所有项的二项式系数和为，故D正确；
故选：BD．
10. 下列结论正确的是（ ）．
A. 若，则的最大值为
B. 若，，则
C. 若，，且，则的最大值为9
D. 若，则的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】
利用基本不等式，逐项判断，即可得出结果.
【详解】A选项，由可得，当且仅当，即时，等号成立；即的最大值为；A正确；
B选项，由，，可得，即，故B正确；
C选项，若，，且，
则，
当且仅当，即时，等号成立；即的最小值为9，故C错；
D选项，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
11. 有甲、乙两台车床加工同一型号的零件，甲车床加工的优质品率为90%，乙车床加工的优质品率为80%，加工出来的零件混放在一起.已知甲、乙两台车床加工的零件数分别占总数的60%、40%.任取一个零件，用事件，分别表示取到的零件来自甲、乙车床，事件表示取到的零件为优质品，则下列选项正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意利用条件概率以及全概率公式即可求解.
【详解】依题意得：用事件表示取到的零件来自甲车床，则，
用事件表示取到的零件来自乙车床，则，
，，B正确，C错误；
对于A，，解得：，A正确；
对于D，利用全概率公式得：
，D正确.
故选：ABD.
12. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，如：[1.2]＝1，[﹣1.2]＝﹣2，y＝[x]又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（ ）
A. ∀x∈R，[2x]＝2[x]
B. ∀x∈R，[x]+
C. ∀x，y∈R，若[x]＝[y]，则有x﹣y＞﹣1
D. 方程x2＝3[x]+1解集为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A：取x＝判断；对于B：设[x]＝x﹣a，a∈[0，1）判断；对于C：设[x]＝[y]＝m，得到x＝m+t，0≤t＜1，y＝m+s，0≤s＜1判断；对于D：由x2＝3[x]+1得到x2一定为整数且3[x]+1≥0，从而[x]≥0，x≥0，再由[x]2≤x2＜（[x]+1）2，得到[x]2≤3[x]+1＜（[x]+1）2判断.
【详解】解：对于A：取x＝，[2x]＝[1]＝1，2[x]＝2[]＝0，故A错误；
对于B：设[x]＝x﹣a，a∈[0，1），
所以[x]+[x+]＝[x]+[[x]+a+]＝2[x]+[a+]，
[2x]＝[2[x]+2a]＝2[x]+[2a]，
当a∈[0，）时，a+∈[，1），2a∈[0，1），
则[a+]＝0，[2a]＝0，
则[x]+[x+]＝2[x]，[2x]＝2[x]，
故当a∈[0，）时，[x]+[x+]＝2[x]成立；
当a∈[，1）时，a+∈[1，），2a∈[1，2），
则[a+]＝1，[2a]＝1，
则[x]+[x+]＝2[x]+1，[2x]+2[x]+1，
故当a∈[，1）时，[x]+[x+]＝2[x]成立，综上B正确；
对于C：设[x]＝[y]＝m，
则x＝m+t，0≤t＜1，y＝m+s，0≤s＜1，
则|x﹣y|＝|（m+t）﹣（m+s）|＝|t﹣s|＜1，因此x﹣y＞﹣1，故C正确；
对于D：由x2＝3[x]+1知，x2一定为整数且3[x]+1≥0，
所以[x]≥，
所以[x]≥0，
所以x≥0，
由[x]2≤x2＜（[x]+1）2，得[x]2≤3[x]+1＜（[x]+1）2，
由[x]2≤3[x]+1，解得≤[x]≤≈3.3，只能取0≤[x]≤3，
由3[x]+1＜（[x]+1)2，解得[x]＞1或[x]＜0（舍），故2≤[x]≤3，
所以[x]＝2或[x]＝3，
当[x]＝2时，x＝，当[x]＝3时，x＝，
所以方程x2＝3[x]+1的解集为，故D错误．
故选：BC．
三、填空题（本大题4小题，每小题5分，共20分）
13. 如果随机变量，且，，则等于___________.
【答案】0.2##
【解析】
【分析】根据二项分布的期望和方差公式可得出关于n、p的方程组，即可求得p的值.
【详解】由题意得，，
解得
故答案为：0.2.
14. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式即可得解.
【详解】因为，
所以，
故答案为：.
15. 函数（其中，，）的图象如图所示，则函数的解析式为______，若将该函数的图象上的各点的横坐标伸长为原来的3倍（纵坐标不变）得到函数，则______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】综合应用三角函数的图象与性质即可解决.
【详解】由图象易知，，图象过点，即，，，所以，
又图象过点，即，
所以，解得，
所以函数的解析式为，
可得，
故，
故答案为：；.
16. 若定义域为的奇函数满足，且其图象过点A，点A为函数（且）的图象所过定点，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】先求出，可得，从而可得，再推出函数的周期为，进而可得答案.
【详解】因为，
所以（且）的图象过定点，
又因为的图象过点A，所以，
因为是定义域为的奇函数，所以，即.
由可得，
由，得，
所以，即，
于是有，
所以，即.
所以函数的周期为.
所以.
故答案：.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0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）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）当时，求的最大值和最小值.
【答案】（1），；
（2）最大值，最小值.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的正弦、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解作答.
（2）在给定条件下求出（1）中函数的相位，再利用正弦函数的性质求解作答.
【小问1详解】
依题意，，则的最小正周期，
由，得，
所以的单调递增区间是.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得，
当，即时，有最大值，
当时，即时，有最小值.
18. 已知在时有极值0．
（1）求常数的值；
（2）求在区间上的最值．
【答案】（1）；
（2）最大值为4，最小值为0
【解析】
【分析】（1）由解出，代回导数，检验是否在时取极值即可；
（2）先确定函数单调性，求出极值，再和端点值比较即可求出最值.
【小问1详解】
由题意知：，，解得或，
当时，，单调递增，无极值，不合题意；
当时，，当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，在时有极值，符合题意；故；
【小问2详解】
由（1）知，，在上单调递增，在单调递减，
故在取极大值，极大值为，在取极小值，极小值为，
又，，故的最大值为4，最小值为0.
19. 某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲、乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，比赛采用七局四胜制（即有一方先胜四局即获胜，比赛结束）．假设每局比赛甲获胜的概率都是．
（1）求比赛结束时恰好打了5局的概率；
（2）若甲以3：1的比分领先时，记表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求的分布列及期望．
【答案】（1）
（2）分布列见详解，
【解析】
【分析】（1）分两种情况甲胜或乙胜，如果第5局甲胜则前4局甲胜3局，若第5局乙胜则前4局乙胜3局，即可求出概率；
（2）写出的可能取值，求出各情况的概率即可得出结果．
【小问1详解】
第一种情况：比赛结束时恰好打了5局且甲获胜，则概率为；
第二种情况：比赛结束时恰好打了5局且乙获胜，则概率为；
所以比赛结束时恰好打了5局的概率为.
【小问2详解】
依题意得的可能取值为
的分布列为
．
20. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式化简已知式，即可得出答案；
（2）由诱导公式、二倍角的正弦公式、两角差的余弦公式化简，再由三角函数的性质求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理可得，，
从而可得，
，
又为三角形的内角，
所以，于是，
又为三角形的内角，因此.
【小问2详解】
，
由可知，，，
从而，
因此，
故的取值范围为.
21. 为帮助乡村脱贫，某勘探队计划了解当地矿脉某金属的分布情况，测得了平均金属含量（单位：）与样本对原点的距离（单位：）的数据，并作了初步处理，得到了下面的一些统计量的值．（表中，）．
（1）利用样本相关系数的知识，判断与哪一个更适宜作为平均金属含量关于样本对原点的距离的回归方程类型？
（2）根据（1）的结果回答下列问题：
（i）建立关于的回归方程；
（ii）样本对原点的距离时，金属含量的预报值是多少？
（iii）已知该金属在距离原点时的平均开采成本（单位：元）与，关系为，根据（2）的结果回答，为何值时，开采成本最大？
附：对于一组数据，其线性相关系数，
其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
【答案】（1）更适宜；（2）（i）；（ii）；（iii）为10时，开采成本最大．
【解析】
【分析】（1）计算出的线性相关系数和的线性相关系数可得答案；
（2）（i）计算出和，可得关于的回归方程；
（ii）代入可得答案；
（iii）求出，令，判断的单调性可得答案．
【详解】（1）的线性相关系数，
的线性相关系数，
∵，
∴更适宜作为平均金属含量关于样本对原点的距离的回归方程类型．
（2）（i），，
∴，
∴关于的回归方程为．
（ii）当时，金属含量的预报值为．
（iii），
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴在处取得极大值，也是最大值，此时取得最大值，
故为10时，开采成本最大．
【点睛】本题考查了线性相关系数计算分析、线性回归方程进行预测，考查了学生利用数据解决问题的能力，计算能力.
22. 已知函数，，.
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）若曲线在点处的切线与曲线切于点，求的值；
（Ⅲ）若恒成立，求的最大值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】
【详解】（Ⅰ） ，则.
令得，所以在上单调递增.
令得，所以在上单调递减.
（Ⅱ）因为，所以，所以的方程为.
依题意， ， .
于是与抛物线切于点，
由得.
所以 -
（Ⅲ）设,则恒成立.
易得
（1）当时，
因为，所以此时在上单调递增.
①若，则当时满足条件，此时；
②若，取且
此时，所以不恒成立．
不满足条件；
（2）当时，
令，得由，得；
由，得
所以在上单调递减，在上单调递增.
要使得“恒成立”，必须有
“当时， ”成立.
所以.则
令则
令，得由，得；
由，得所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，当时，
从而，当时， 的最大值为.-
【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a即可；f(x)≤a恒成立，只需f(x)max≤a即可.
(2)函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.
6
97.90
0.21
60
0.14
14.12
26.13
﹣1.40