四川省乐山市第一中学高三上学期10月月考数学试卷

乐山一中高届高三上月月考数学试卷出题人：朱芍涛，李镇玺审题人：朱芍涛，李镇玺一、单选题1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解对数不等式求集合，解一元一次不等式求集合，再应用集合的并运算求集合.【详解】由，所以，由，所以，所以.故选：D2.在复平面内，复数对应的点的坐标为，则复数的虚部为（）A.iB.iC.1D.1【答案】D【解析】【分析】由复数的几何意义求得复数的代数形式，进而求得由复数除法的运算法则，求得复数，从而得到其虚部.【详解】因为复数对应的点的坐标为，所以，所以.所以.所以复数的虚部为.故选：D.3.若，则（）第1页/共17页【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式和弦化切思想即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以.所以.故选：B4.中，是，，）A.)B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可.【详解】因为.故选：B5.甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，且没有出现并列的名第2页/共17页次.“.”对乙说：“没有甲的好.”从这两个回答分析，5人的名次排列情况的种数为（）A.12B.18C.27D.36【答案】B【解析】【分析】根据题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况，分别求出各种情况种类数，从而可求解.【详解】由题意可知共有乙得第4名和乙得第3名两种情况：当乙得第4名，有种可能；当乙得第3名，有种可能，故共有种，故B正确.故选：B.6.求的展开式中的系数为（）A.45B.90C.120D.210【答案】C【解析】【分析】先求出展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求解.【详解】二项式展开式的通项为，所以的展开式中的系数等于展开式中的系数，即.故选：C7.已知函数（其中，，.图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（）第3页/共17页C.D.【答案】A【解析】和析式即可求值，再根据平移变换求出即可.【详解】由函数图象可知，即，解得，函数的最大值为，则，所以函数解析式为，将点代入解析式得，则,解得，又因为，所以时，，所以函数解析式为，将函数图象上所有点向左平移个单位长度，得到函数.故选：A8.已知函数，，若，t>0，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先由，，再结合函数函数的图象可知，，这样第4页/共17页转化，利用导数求函数的最大值.，，f(x)在(∞1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，又当x(∞，0)时，f(x)<0，x(0，+∞)时，f(x)>0，作函数的图象如图所示.由图可知，当t>0时，有唯一解，故，且，∴.设，则解得t=e在(0e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，∴，即的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求函数的最值，本题的关键是观察与变形，，并且由函数图象判断，只有一个零点，所以，这样后面的问题迎刃而解.二、多选题9.下列说法正确的是（）A.一组数据的第百分位数为17B.若随机变量服从正态分布，且，则C.若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强D.对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是【答案】BCD第5页/共17页【解析】AB可判断选项C，利用线性回归方程中的基本量可判断选项D.【详解】对于A，因为，所以第百分位数为，所以选项A错误；对于B，若随机变量服从正态分布，且，则，则，所以选项B正确；对于C,若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，所以选项C正确；对于D，样本点的中心为，所以，，因为回归直线过样本点的中心，所以，解得.所以选项D正确．故选：BCD.10.已知分别为内角的对边，下面四个结论正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.在锐角中，不等式恒成立C.若，且有两解，则的取值范围是D.若，平分线交于点，，则的最小值为9【答案】BD【解析】【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项，由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.【详解】选项A，因为，即，所以有整理可得，所以或，第6页/共17页选项B，若为锐角三角形，所以，所以，由正弦函数在单调递增，则，故B正确.选项C，如图，若有两解，则，所以，则b的取值范围是，故C错误．选项D，的平分线交于点，，由，由角平分线性质和三角形面积公式，得，即，得，得，当且仅当，即时，取等号，故D正确.故选：BD已知定义在上的函数，满足，，且．则（）A.的图象关于点对称B.是周期函数C.在上单调递增D.【答案】ABD第7页/共17页【分析】A变式得，即可得出；B利用对称中心和对称轴即可得出周期；C利用的周期性和对称性计算，再计算得；D先计算，再利用周期性即可.【详解】在①中，用代替，得，因，则②，①②两式相加可得，因此的图象关于点对称，故A正确；由A选项可知，又为偶函数，则，所以，可得，则，所以，即是以8为周期的周期函数，故B正确；对于C，易知，则，又，所以，则，故C错误；对于D，因，则，故D正确．故选：ABD．三、填空题12.已知正项等比数列的前项和为，公比为，则___________．【答案】【解析】第8页/共17页【分析】根据已知有，结合等比数列的前n项和及通项公式得求公比，再由确定最终值.【详解】由题设易知，，即，所以，解得或，因为，所以，所以.故答案为：213.某种药物作用在农作物上的分解率为（其中为非零常12小时该药物的分解率为，经过24小时该药物的分解率为，那么这种药物完全分解，至少需要经过_____________小时（参考数据：）【答案】52【解析】，运算性质化简，代值估算即得.【详解】经过12小时该药物的分解率为，经过24小时该药物的分解率为，，解得，，则，当这种药物完全分解，即时，得，得，即，两边取对数得.故答案为：52.14.已知函数有四个不同的零点第9页/共17页，则的取值范围为___.【答案】【解析】有四个不同的零点转化为函数与有四个不同的交点的图象特征可得，，借助于对勾函数的单调性即可求得的取值范围.【详解】由函数有四个不同的零点与有四个不同的交点，设这四个交点的横坐标从小到大依次为，如图所示，则，可得，因点关于直线对称，故；由可得，则有，且，即得，于是，，因函数在上单调递减，故可得，则的取值范围为.故答案为：.四、解答题第10页/共17页15.已知函数.（1）求的对称轴；（2）将的图象向右平移个单位得到的图象，求函数的单调增区间．【答案】（1）；（2）.【解析】1）应用二倍角正余弦公式、辅助角公式化简函数式，根据正弦函数的性质求对称轴；（2）由图象平移写出，再由正弦函数的单调性求单调增区间.【小问1详解】因为=当时，即对称轴为.【小问2详解】由（1）得，将的图象向右平移个单位得，由，得，即函数的单调增区间为.16.已知数列，为的前n项和，，，.（1）证明：是等比数列；（2）设，求数列的前n项和为.【答案】（1）证明见解析第11页/共17页（2）【解析】1）根据等比数列的定义得数列为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；（2）由（1）得运用错位相减法可得.【小问1详解】当时，，当时，由，可得，两式相减可得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列,又数列为以为首项，等比数列为的等比数列.【小问2详解】由（1）得，，可得，则,,即有前项和为，，,两式相减可得，，第12页/共17页化简可得.17.为正方形，S为的中点.将沿直线翻折使得平面，如图乙所示.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成二面角余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）根据线面垂直得到，又，从而平面，得到面面垂直；（2）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，从而得到二面角的余弦值.【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】取PQ的中点为O，MN的中点为E，为等边三角形，则，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系，第13页/共17页设，则，，，则，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，显然平面的法向量为，设平面与平面所成二面角为，从图中可以看出为锐角，则.18.某超市在节日期间进行有奖促销，凡在该超市购物满元的顾客，将获得一次摸奖机会，规则如下：一个袋子装有球，若两只球都是红色，则奖励元；共两只球都是绿色，则奖励元；若两只球颜色不同，则不奖励．（1）求一名顾客在一次摸奖活动中获得元的概率；（2）记为两名顾客参与该摸奖活动获得的奖励总数额，求随机变量的分布列和数学期望．【答案】（1）【解析】12）分别求出一名顾客摸球中奖元和不中奖的概率；确定所有可能的取值为：，，，，，分别计算每个取值对应的概率，从而得到分布列；利用数学期望计算公式求解期望即可.元为事件从袋中摸出两只球共有：种取法；摸出的两只球均是红球共有：种取法第14页/共17页则：，由题意可知，所有可能的取值为：，，，，则；；；；随机变量的分布列为：【点睛】本题考查古典概型概率问题求解、离散型随机变量的分布列和数学期望的求解，关键是能够根据通过积事件的概率公式求解出每个随机变量的取值所对应的概率，从而可得分布列.19.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，，求的取值范围；（3）若，证明：.【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为（2）（3）证明见解析【解析】1）当时，，利用导数求其单调区间；（2）依题意，当时，成立，利用导数结合单调性进行证明；第15页/共17页基本性质即可证得.【小问1详解】当时，.所以，.所以，当