四川仁寿一中北校区2027届高三上学期九月月考数学试卷（含答案）

/四川仁寿一中北校区2027届高三上学期九月月考数学试题一、单选题1．设集合，，则的元素个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．12．设命题，则的否定为（

）A． B．C． D．3．已知，则“”是“”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4．下列命题中正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．函数的单调递增区间为（

）A． B． C． D．6．某电影公司为了解某部电影宣传对票房的影响，在某市内随机抽取了5个大型电影院，得到其宣传费用（单位：十万元）和销售额（单位：十万元）的数据如下：（十万元）56789（十万元）5560707580由统计数据知与满足线性回归方程，其中，当宣传费用时，销售额的估计值为（

）A．85.5 B．86.5 C．87.5 D．88.57．是定义在R上周期为的奇函数，当时，，则（

）A． B． C． D．8．已知为正实数，且，则下列选项错误的是（

）A．的最大值为 B．的最小值为1C．的最小值为8 D．的最小值为二、多选题9．下列命题中正确的是（

）A．用表示次伯努利试验中事件发生的次数，为每次试验中事件发生的概率，若，，则B．已知随机变量服从正态分布，若，则C．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”，“第二枚反面朝上”，则有：D．已知随机变量的分布列为，则10．下列说法正确的是（

）A．与表示同一个函数B．函数的定义域为，则函数的定义域为C．关于的不等式的解集为，且.若，则D．若函数在上单调递增，则的取值范围为11．已知是定义在上的偶函数，且对任意的，都有，当时，，则下列说法正确的是（

）A．B．.C．当时，D．函数恰有7个零点三、填空题12．已知的展开式中，各项系数之和为，则二项式系数之和为___________.13．某高中运动会设有5个项目，甲､乙两名学生每人随机选取3个项目，则至少选中2个相同项目的报名情况有______.14．若函数，满足，且，则___________.四、解答题15．已知是各项均为正数的等比数列，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．16．设函数，其中，且．（1）当时，求的单调区间；（2）若是的极值点，且对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．17．如图，在四面体中，，，平面，是的中点，是的中点，点在线段上，且．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．18．随着短剧在短视频平台的爆发式增长，为其输送内容创作动能的网络文学用户规模也持续增加，目前中国网络文学用户已超过整体网民数量的一半．为了解不同性别的网民对网络文学的喜欢情况，随机调查了200名网民，得到如下数据．男性网民女性网民合计喜欢网络文学4560105不喜欢网络文学554095合计100100200(1)依据小概率值的独立性检验，能否认为喜欢网络文学与性别有关联？(2)某网络文学平台组织网民进行文学挑战赛，分成甲、乙两组进行挑战，其规则如下：每次挑战时平台给出文学作品主题要求，甲组与乙组各选出一篇本组优秀作品参加挑战赛，然后由平台组织专家打分确定胜负．根据以往经验，甲组第1次挑战赛获胜的概率为，若甲组上一次挑战赛获胜，则下一次挑战赛获胜的概率为；若甲组上一次挑战没有获胜，则下一次挑战赛获胜的概率为，已知按此规则进行了多次挑战赛，每次挑战有且仅有1个组获胜．（i）在进行了3次挑战赛后，求甲组获胜次数X的分布列与数学期望；（ii）若第次挑战时甲组获胜的概率为，求的通项公式.附，其中0.10.050.010.0050.001k2.7063.8416.6357.87910.82819．已知函数．(1)若的图象在点和处的切线互相垂直，求实数的值．(2)若函数有两个不同的正零点．①求实数的取值范围；②已知当时，关于的不等式恒成立，证明：．答案与解析题号12345678910答案BDBDDCCBACDBD题号11答案BCD1．B分析：由题意可知，可求交集，进而可得结论.解析：由，可得，所以.故的元素个数为3.故选：B.2．D分析：根据全称量词命题的否定为特称量词命题即得.解析：根据全称量词命题的否定为特称量词命题，所以命题的否定为“”.故选：D.3．B分析：先求解分式不等式，再利用充要条件的判断方法即得.解析：由，因是的真子集，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4．D分析：通过举反例排除A、B、C三个错误选项，再结合不等式的基本性质判断D选项正确.解析：对于A：若取，，满足，但，，，故A错误；对于B：若取，，满足，但，故B错误；对于C：若取，，满足，但，故C错误；对于D：由可知，即，由不等式的性质可得，故D正确.5．D分析：首先考虑；其次将函数拆成外层函数和内层函数，根据求复合函数单调性的法则：同增异减，判断出单调增区间；最后即可求得的单调增区间.解析：由可得或，∵在单调递增，而是增函数，由复合函数的同增异减的法则可得，函数的单调递增区间是.故选：D.6．C分析：先根据线性回归方程必过样本中心点求出回归方程，再利用回归方程进行计算估计.解析：因为：，.由线性回归方程经过点且得：.所以.当时，.故选：C7．C分析：利用周期性与奇函数性质求的值.解析：因为是定义在上周期为的奇函数，所以.故选：C.8．B分析：先利用指数运算得，然后利用基本不等式求解判断A；利用二次函数性质求解判断B；利用基本不等式的常数代换技巧求解判断C；先利用已知得，然后利用基本不等式求解判断D.解析：因为，所以，又为正实数，A：由基本不等式：，两边平方得，即，当且仅当等号成立，即，因此的最大值为，故A正确；B：将代入得：，这是开口向上的二次函数，对称轴，代入得最小值为，故B错误；C：，得到的最小值为8，当且仅当等号成立，故C正确；D：，由（1）知，所以，即，当且仅当等号成立，符合条件，因此的最小值为，故D正确.9．ACD分析：利用二项分布的数字特征、正态分布对称性、独立事件的条件概率、离散型随机变量分布列的性质，逐一判断选项即可解析：对于A：由题意，则，，两式联立消去，可得，解得，故A正确；对于B：正态分布的对称轴为，则，故，即B错误；对于C：因两枚硬币的抛掷结果互不影响，则事件相互独立，故，即C正确；对于D：因，因分布列的概率总和为1，则有，解得，故D正确.10．BD分析：根据函数值域不同判断A；根据复合函数定义域的求法判断B；分情况讨论，根据集合间的关系求参数的取值范围，判断C；利用分段函数单调性列不等式组求解可判断D.解析：对A：因为函数的值域为，函数的值域为，所以两个函数不是同一个函数，故A错误；对B：因为函数的定义域为，所以，由得，所以函数的定义域为，故B正确；对C：当时，由得或，所以或；当时，无解，所以；当时，由得，所以.又，，所以，故C错误；对D：因为函数在上单调递增，所以，解得，故D正确.11．BCD分析：由条件可得关于轴，对称，且，根据可判断A，由函数的周期性即可判断B，由函数的对称性即可判断C，结合函数的图像，即可判断D.解析：因为是定义在上的偶函数，所以关于轴，因为对任意的，都有，所以关于中心对称，又由可得，又函数为偶函数，所以，所以，所以函数的周期，令，代入得，所以，对于A，当时，，且，故，A错误对于B，，所以，故B正确；对于C，因为关于轴和对称，且，所以函数的对称中心为，所以函数在和上的图像关于点对称，当时，，C正确；对于D，由上面分析，作出和的图像，又，由图像可知，函数与恰有7个交点，所以恰有7个零点，D正确.12．分析：令，结合二项式各项系数和可求得的值，进而可求得该二项式系数之和.解析：因为的展开式中，各项系数之和为，令，可得，解得，因此，二项式系数之和为.故答案为：.13．70分析：根据题意，可以分两种情况，第一种情况所选取3个项目恰有2个相同，第二种情况所选取的3个项目完全相同，结合分步乘法计数原理与分类加法计数原理，代入计算，即可求解.解析：由题意知可分为两种情况，第一种情况所选取的3个项目恰有2个相同：第一步，在5个项目中选取2项，共有种，第二步，甲在剩下的3个项目中选取1项，共有种，第三步，乙在剩下的2个项目中选取1项，共有种，由分步乘法计数原理可知，共有种；第二种情况所选取的3个项目完全相同，则有种.由分类加法计数原理可知，总情况共有种.14．3分析：先求，再对两边求导后令可求的值.解析：因为函数，满足，且，所以，则，对两边求导，可得，所以，因此.故答案为：315．(1)(2)分析：（1）将已知等式用等比数列通项公式转化为关于公比的一元二次方程，结合正项条件求得，即可得到的通项公式；（2）先化简得到为等差数列，利用分组求和法，分别计算等比数列和等差数列的前项和，相加得到.解析：（1）设等比数列的公比为，由，得，即，解得（舍去）.所以数列的通项公式为：.（2）由(1)得，当时，，又，故是首项为，公差为的等差数列.设等比数列的前项和为，等差数列的前项和为，由分组求和得.计算：，计算：，因此.16．（1）单调递增区间是，单调递减区间是；（2）．分析：（1）依题意可得，求出函数的导函数，在解导函数的不等式，即可得到函数的单调区间；（2）首先求出函数的导函数，依题意，即可求出参数的值，参变分离得到在上恒成立，构造函数利用导数研究函数的单调性与最值，即可得解；解析：（1）当时，定义域为．所以．当时，；当时，．因此的单调递增区间是，单调递减区间是．（2）因为，所以，即解得．于是就是，即在上恒成立．令，则．当时，，所以，在上单增．因此，．故实数的取值范围是．17．(1)因为平面，平面，所以，又，所以两两垂直，以为原点，分别以射线方向为轴正方向建立空间直角坐标系.由已知可得，，，.由于是的中点，得，由是的中点，得，由，得，因此.易知平面的法向量.因为，且平面，因此平面.(2)分析：第一小问建系求出向量，利用它与底面法向量垂直，直接证线面平行.第二小问建立坐标系求出两个平面的法向量，套用夹角公式，取绝对值计算面面夹角的余弦值.解析：（1）略.（2）在第一小问建系的基础上，设平面的法向量为.已知，，由得，令，得，即.因为平面的法向量，故.所以平面与平面夹角的余弦值为.18．(1)不能认为喜欢网络文学与性别有关联.(2)（i）所以的分布列为：；（ii）分析：（1）根据给定的数据求出的观测值，再与临界值比对即可.（2）（i）求出X的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望；（ii）求出的递推公式，利用构造法求出通项公式.解析：（1）根据列联表中的数据，得，所以依据小概率值的独立性检验，不能认为喜欢网络文学与性别有关联.（2）（i）X的可能取值为，，所以的分布列为：所以；（ii）依题意，，则，而，因此数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即.19．(1)；(2)①；②证明：由时，关于的不等式恒成立，所以在上的两个零点，也是的两个零点，令，由①知，又，即，，，要证，即证，由，而，由，令且，所以，令，则，即在上单调递增，所以，即，即在上单调递减，所以，即，而在上单调递增，所以，即，故，得证；要证，即证，即证，由，令且，则，所以在上单调递增，则，即，而