精品解析：四川省内江市第一中学2024届高三上学期1月月考数学（文）试题

内江一中2024年高三1月月考试题 数 学（文科） 1.本试卷包括第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答第I卷时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；答第II卷时，用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区域内作答，字体工整，笔记清楚；不能答在试卷上. 3.考试结束后，监考员将答题卡回收. 第I卷（选择题，共60分） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置. 1. 已知复数在复平面内对应点是，若虚数单位，则（ ） A B. C. D. 2. 已知，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的始边与轴非负半轴重合，若终边过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的前项和为．若，则（ ） A. 512 B. 510 C. 256 D. 254 5. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则“”是“”的充分不必要条件 B. 若不等式的解集为，则 C. 若，则 D. 函数的最小值是 6. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，点在线段上运动，则异面直线与所成角的取值范围是 A. B. C. D. 8. 有5个相同的球，其中3个白球，2个黑球，从中一次性取出2个球，则事件“2个球颜色不同”发生的概率为（ ） A. B. C. D. 9. 用与球心O距离为2平面截球，所得截面与球心O构成的圆锥的体积为6π，则球的表面积为（ ） A. 13π B. 52π C. 20π D. 36π 10. 函数在的值域为（    ） A. B. C. D. 11. 已知为抛物线上一动点，是圆上一点，则最小值是（ ） A 5 B. 4 C. 3 D. 2 12. 设，，，下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 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.把答案填在答题卡上. 13. 已知幂函数y=f（x）的图象经过点（4，2），那么这个幂函数的解析式为___________． 14. 已知动点满足，则的最大值为_______. 15. 定义在上的奇函数满足为偶函数，且当时，，则_______. 16. 对于函数和，设，，若存在使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a取值范围为_____________． 三、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. 2023年9月3日是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利78周年纪念日，某市宣传部组织市民积极参加“学习党史”知识竞赛，并从所有参赛市民中随机抽取了50人，统计了他们的竞赛成绩，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求出图中x的值： （2）求这50位市民竞赛成绩的平均数和上四分位数： （3）若成绩不低于80分的评为“优秀市民”，从这50名市民中的“优秀市民”中任选两名参加座谈会，求这两名市民至少有一人获得90分及以上的概率． 18. 已知等差数列的首项，公差，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． （1）求数列的通项公式； （2）设，，是否存在最大的整数，使得对任意的均有总成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 19. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离. 20. 已知椭圆：的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且. （1）求椭圆的方程； （2）若P为直线上一点，，分别与椭圆交于C，D两点.证明：直线过椭圆右焦点. 21. 已知函数且为常数）. （1）当，求函数的最小值； （2）若函数有2个极值点，求的取值范围； 22. 已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程，（为参数），曲线的参数方程是（为参数）． （1）写出曲线和直线的直角坐标方程； （2）若直线与曲线交于、两点，为曲线上的动点，求三角形面积的最大值． 23. [选修4-5：不等式选讲] 设函数. （1）当时，解不等式； （2）若对任意，关于的不等式有解，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 内江一中2024年高三1月月考试题 数 学（文科） 1.本试卷包括第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答第I卷时，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；答第II卷时，用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区域内作答，字体工整，笔记清楚；不能答在试卷上. 3.考试结束后，监考员将答题卡回收. 第I卷（选择题，共60分） 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置. 1. 已知复数在复平面内对应点是，若虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的几何意义可得，根据复数的除法运算即可求得答案. 【详解】由题意得复数，则， 故选：D. 2. 已知，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直转化为数量积为0，得出，然后由数量积的定义可得向量的夹角． 【详解】因为，所以， ，而向量的夹角在上，所以． 故选：C． 3. 已知角的始边与轴非负半轴重合，若终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数定义可求得，由二倍角正弦公式可得结果. 【详解】角终边过点，，， . 故选：B. 4. 已知数列的前项和为．若，则（ ） A. 512 B. 510 C. 256 D. 254 【答案】C 【解析】 【分析】根据与的关系，结合等比数列的定义、等比数列的通项公式进行求解即可. 【详解】由， 所以数列是以2为首项，2为公式的等比数列，于是， 故选：C 5. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则“”是“”的充分不必要条件 B. 若不等式的解集为，则 C 若，则 D. 函数的最小值是 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分不必要条件的判断可求解A，根据一元二次不等式与一元二次方程的解之间的关系可判断B，根据不等式的性质可判断C，根据基本不等式可判断D. 【详解】A选项：由得，解得，所以“”是“”的必要不充分条件，A错误； B选项：由题意得关于的方程的根为和2，所以，B错误； C选项：因为，所以，，，所以，所以，C正确； D选项：因为，当且仅当时等号成立，此时无实数解，所以的最小值不是，D错误. 故选：C. 6. 函数的图象大致是（ ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值法进行判断即可. 【详解】，解得且， 令，则， 故函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除C选项； ，排除D选项； ，故可排除A选项. 故选：B 7. 在正方体中，点在线段上运动，则异面直线与所成角的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】如下图： ,所有异面直线所成的角为 ,当点在线段上运动时，求的取值范围，点不能与重合，与点重合时，最大，最大为，的取值范围是 所以异面直线所成角的取值范围是，故选D. 8. 有5个相同的球，其中3个白球，2个黑球，从中一次性取出2个球，则事件“2个球颜色不同”发生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】计算出从中一次性取出2个球，共有的情况数以及2个球颜色不同的情况数，从而求出概率. 【详解】从中一次性取出2个球，共有的情况数为种， 其中事件“2个球颜色不同”发生的情况有种， 故事件“2个球颜色不同”发生的概率为. 故选：C 9. 用与球心O距离为2的平面截球，所得截面与球心O构成的圆锥的体积为6π，则球的表面积为（ ） A. 13π B. 52π C. 20π D. 36π 【答案】B 【解析】 【分析】根据球中截面圆的性质，结合锥体体积公式即可求解半径，进而由球表面积公式求解. 【详解】设平面截得截面圆的半径为，球半径为, 所以， 所以外接球的表面积为， 故选：B 10. 函数在的值域为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角恒等变换结合换元法，最后利用二次函数的值域求解即可. 【详解】函数， 令，， 因为，所以， ，对称轴为，图象开口向下， 当时，取得最大值，， 当时，取得最小值，， 所以在的值域为 故选：B 11. 已知为抛物线上一动点，是圆上一点，则的最小值是（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】将转化为，再根据抛物线的定义考虑三点共线时的情况，由此求解出的最小值. 【详解】的焦点为，准线为， 即为， 所以圆心为即为焦点，半径，显然在抛物线内部， 过点作准线，交准线于点，记点如下图所示： 所以， 当且仅当三点共线时取最小值，此时， 所以的最小值为， 故选：B. 12. 设，，，下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，，，设，分构造函数和函数，利用其单调性比较. 【详解】解：因为，，， 设，则构造函数，有，则单调递增，且，所以； 再构造函数，有，则单调递增，且，所以， 综上：． 故选：D 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.把答案填在答题卡上. 13. 已知幂函数y=f（x）的图象经过点（4，2），那么这个幂函数的解析式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设幂函数，由幂函数的图象经过点，知，由此能求出这个幂函数的解析式． 【详解】设幂函数， ∵幂函数的图象经过点， ∴，∴， ∴这个幂函数的解析式为． 故答案为：． 14. 已知动点满足，则的最大值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】作出可行域，根据目标函数的几何意义可解. 详解】作出可行域如图所示， 因为表示过点的直线斜率， 由图可知，当直线过点A时斜率最大， 由解得点坐标， 所以. 故答案为： 15. 定义在上的奇函数满足为偶函数，且当时，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及已知条件，求得的周期性；再根据函数的周期性，结合奇偶性即可求得函数值. 【详解】是定义在上的奇函数，， 函数是定义在上的偶函数，， 则， 所以，则的周期是， . 故答案为：. 16. 对于函数和，设，，若存在使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出函数的零点，从而得，结合新定义可得，则，从而可知方程在区间上存在实数根，通过分离参数并化简整理得，结合函数的单调性求出值域，从而确定实数的取值范围. 【详解】函数是上的单调递增函数，且，据此可知， 结合“零点相邻函数”的定义可得，则， 据此可知函数在区间上存在零点， 即方程在区间上存在实数根， 整理可得：， 令，则， 根据对勾函数的性质，函数在区间上单调递减，在上单调递增，又，， 则 据此可知实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 三、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. 2023年9月3日是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利78周年纪念日，某市宣传部组织市民积极参加“学习党史”知识竞赛，并从所有参赛市民中随机抽取了50人，统计了他们的竞赛成绩，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求出图中x的值： （2）求这50位市民竞赛成绩的平均数和上四分位数： （3）若成绩不低于80分的评为“优秀市民”，从这50名市民中的“优秀市民”中任选两名参加座谈会，求这两名市民至少有一人获得90分及以上的概率． 【答案】（1）0.032 （2）平均数74.2，上四分位数79.75 （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中小长方形的面积和为1列式求解； （2）由频率分布直方图中平均数及百分位数的定义求解即可； （3）写出该试验的样本空间，根据古典概型的概率公式求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知：， . 【小问2详解】 由得：， 设市民竞赛成绩的上四分位数为a， 则， ， 【小问3详解】 由频率分布直方图可知：50名市民中有“优秀市民”12人， 其中8人成绩在不高于90分，记为， 有4人成绩在90分以上，记为． 从“优秀市民”中任选两名参加座谈会，用集合表示这个试验的一个样本点， 因此该试验的样本空间为， 其中， 事件 “两名市民至少有一人获得90分及以上”，则 ，其中， . 18. 已知等差数列的首项，公差，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项． （1）求数列的通项公式； （2）设，，是否存在最大的整数，使得对任意的均有总成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，8. 【解析】 【分析】 （1）根据数列的第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项，由，结合求解. （2）由（1）得到，然后利用裂项相消法求和，再根据存在整数满足总成立，由离求解. 又， 【详解】（1）由题意得 整理得． ， 解得（舍去），． ． （2）， ， 假设存在整数满足总成立， 又， 数列是单调递增的． 所以的最小值为， 故， 解得． 又， 适合条件的的最大值为8． 【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式； (2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解. (6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 19. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别作的中点，证得，得到，再由，得到，根据线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面. （2）过作于，求得，，设点到平面的距离为，结合，即可求解. 【小问1详解】 证明：分别作的中点，连接， 因为分别为的中点，且四边形为等腰梯形， 可得，所以， 在等腰梯形中，因为，， 可得，所以， 因为是正三角形，是中点，所以，又由，可知 又因为，所以，所以， 因为，，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解：由（1）知，，且为的中点，可得， 过作于，因为，则为的中点， 且，所以， 又由，所以， 设点到平面的距离为，则，解得， 所以点到平面的距离为. 20. 已知椭圆：的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且. （1）求椭圆的方程； （2）若P为直线上一点，，分别与椭圆交于C，D两点.证明：直线过椭圆右焦点. 【答案】（1）； （2）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）根据和点M在椭圆上求解即可； （2）设，直线方程联立椭圆方程求出点C，D的坐标，然后利用坐标判断即可得证. 【小问1详解】 由题知，，所以， 设，则， 整理得， 又，所以，解得， 所以，椭圆的方程为. 【小问2详解】 设，则， 所以，，， 联立，整理得， 解得， 联立，整理得， 解得， 椭圆右焦点，则，， 因为， 所以，且有公共点，所以共线，即直线过椭圆右焦点. 易知，当时，直线CD过焦点. 综上，直线CD过椭圆右焦点. 【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 21. 已知函数且为常数）. （1）当，求函数的最小值； （2）若函数有2个极值点，求的取值范围； 【答案】（1）-1 （2） 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，再求函数的最小值； （2）首先求函数的导数，再设函数，利用导数分析函数的图象，转化为直线与的图象有2个交点，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 当时，，所以， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最小值； 【小问2详解】 函数的定义域为，， 设，， 由，得， 列表如下： 减 极小值 增 当时，，当时，， 做出函数与的图像，如下图， 当时，直线与的图象有2个交点， 设这两个交点的横坐标分别为，且，由图可知， 当或时，， 当时，，此时函数有2个极值点， 所以的取值范围是. 22. 已知曲线的极坐标方程是，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立平面直角坐标系，直线的参数方程，（为参数），曲线的参数方程是（为参数）． （1）写出曲线和直线的直角坐标方程； （2）若直线与曲线交于、两点，为曲线上的动点，求三角形面积的最大值． 【答案】（1），直线的直角坐标方程为．（2） 【解析】 【分析】（1）消去参数可得直线的直角坐标方程，由可得，可得； （2）利用参数的几何意义求弦长，然后利用点到直线的距离公式求出三角形的高的表达式，再利用三角函数的性质求最大值． 【详解】解：（1）由题意可知，直线的直角坐标方程为． （2）将直线方程代入的方程并整理得， 设对应的参数分别为，， 则，， ∴ 设， 所以点到直线的距离， 所以当时，的最大值， 即三角形面积最大值为． 【点睛】本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标方程的相互转化，考查了利用参数方程求最值问题，属于中档题． 23. [选修4-5：不等式选讲] 设函数 （1）当时，解不等式； （2）若对任意，关于的不等式有解，求实数的取值范围. 【答案】(1);(2). 【解析】 【详解】试题分析：（1）由题意，可将函数对自变量的范围通过分段，去绝对号，进行分段求解，然后汇总，从而得到不等式的解集；（2）由题意，利用绝对值三角不等式，对函数进行化简，由此易知，则问题转化为在上恒成立，构造函数，由此问题再进一步转化为，从而问题得于解决. 试题解析：（1）当时，，，，∴解集为； （2）∵，， 而 ， 当时取等号，故， ∴对恒成立， 设，当或时，， ∴，∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$