《重庆市第一中学校2023届高三上学期9月月考数学试题（剖析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《重庆市第一中学校2023届高三上学期9月月考数学试题（剖析版）.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年重庆一中高2023届9月月考一选择题：本题共8个小题，每小题5分，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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先分别利用对数型函数以及指数型函数求值域的方法求出集合，注意集合中的代表元素，再利用集合的交集运算求解即可.【详解】，.故选：A.【点睛】本题主要考查了集合间的运算以及对数函数和指数函数.属于较易题.2. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A【解析】【分析】由全称命题的否定为特称命题，即得.【详解】由全称命题的否定可知：“，”的否定是“，”.故选：A.3.
2、下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义，对每个选项进行逐一判断，即可选择.【详解】对：容易知是偶函数，且在单调递减，故错误；对：容易知是偶函数，当时，其在单调递增，在单调递减，故错误；对：容易知是偶函数，当时，是单调增函数，故正确；对：容易知是奇函数，故错误；故选：C.4. 根据分类变量与的观察数据，计算得到，依据下表给出的独立性检验中（ ）A. 有的把握认为变量与独立B. 有的把握认为变量与不独立C. 变量与独立，这个结论犯错误的概率不超过D. 变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过【答案】D【解析】【分
3、析】根据独立性检验的含义进行判断可得.【详解】由题意，所以有的把握认为变量与不独立，即变量与不独立，这个结论犯错误的概率不超过.故选：D5. 已知sin(2)，cos ，为锐角，则sin()的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先由余弦二倍角公式确定cos 2，再结合已知和角的范围确定cos(2)，然后由两角差的正弦公式计算sin()sin(2)可得结果.【详解】因为cos ，0，所以sin ，cos 22cos2110，所以2.因为sin(2)，为锐角，所以2，cos(2)，所以sin()sin(2)sin(2)cos cos(2)sin .故选：D.【点睛】本题考查
4、同角三角函数关系式，余弦二倍角公式，两角差的正弦公式以及凑角法的应用，属于基础题.6. 已知抛物线，圆，直线与交于A、B两点，与交于M、N两点，若，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】联立直线方程和抛物线方程，设，根据抛物线焦点弦长公式和韦达定理可求出k，根据圆的弦长公式即可求【详解】由得，设，过抛物线的焦点(1，0)，故AB为焦点弦，解得，由圆关于x轴对称可知，k1和k1时相同，故不妨取k1，l为yx1，即xy10，圆心(2，1)到l的距离，故选：B7. 甲，乙，丙，丁四支足球队进行单循环比赛（每两个球队都要比赛一场），每场比赛的计分方法是胜者得3分，负者得0分，平局两
5、队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为：甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则（ ）A. 甲胜乙B. 乙胜丙C. 乙平丁D. 丙平丁【答案】C【解析】【分析】甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为16分，由比赛计分规则可得出在6场比赛中有2场比赛是平局，丁在3场比赛中有1场是平局，丙在3场比赛中有1场是平局，乙在3场比赛中有2局是平局，由此可得答案.【详解】解：甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6+5+4+1=16分，由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即，丁得1分，即1+0+0=1，所以丁在3场比赛中有1场是平局，
6、丙得4分，即3+1+0=4，所以丙在3场比赛中有1场平局，而乙得分5分，即3+1+1=5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁，故选：C.8. 若，且的解集为，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】当时，由，得到，求导得到单调递增，从而求得的范围，再求得当时，的范围，再结合题意得到结果即可.【详解】当时，由，可得，设，则，则在递增，所以，即当时，可得当时，的解集为当时，的解集为，不满足题意，舍去因为关于的不等式的解集为当时，满足当时，不满足综上可得:的取值范围是故选:B.二多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项
7、中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 设函数，给出的四个说法正确的是（ ）A. 时有成立B. 且时，方程有唯一实根C. 的图象关于点对称D. 方程恰有两个实根【答案】ABC【解析】【分析】根据奇偶性的定义、对称性及图象的变换可判断AC；根据分段函数的单调性可判断B；取可判断D.【详解】对于A，当时，则，故A正确；对于C，是奇函数，图象关于原点对称，的图象由向上或向下平移个单位，故的图象关于点对称，故C正确；对于B，当且时，故函数在上增函数，且，故方程有唯一实根，故B正确；对于D，取，令，解得或,故D错误.故选:ABC.10. 下列大小关系正确的有（
8、）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】结合指数函数和幂函数的性质可判断选项A、B，利用作差法可判断选项C，利用作商法可判断选项D，进而可得正确答案.【详解】由指数函数和幂函数可知，当时，因，所以，选项A不正确；因为，所以，故选项B正确；因为，所以，即所以，所以，故选项C不正确；因为，所以，所以，故选项D正确，故选：BD【点睛】关键点点睛：本题的关键点是熟悉指数函数和幂函数，记住同一直角坐标系中它们的图象，当时，另外代数式比较大小可以用作差法与0比较大小，同号的可以利用作商法与1比较大小，变形的过程很灵活，属于常考题型.11. 已知随机变量服从正态分布，定义函数为取值不超过的概率
9、，即.若，则下列说法正确的有（ ）A. B. C. 在上增函数D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的性质和逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为随机变量服从正态分布，所以，所以A正确，对于B，因为，所以B错误，对于C，因为随机变量服从正态分布，所以当时，随的增大，的值在增大，所以在上是增函数，所以C正确，对于D，因为，所以，所以D正确，故选：ACD12. 已知a，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】A、D利用基本不等式即可判断，注意等号成立条件；B由，构造且，利用导数证明不等式；C根据A、B的分析，应用特殊值法判断.【详解】A：由，即，当且仅当时等号
10、成立，正确；B：由，则且，令且，则，递减，所以，即成立，正确； C： 当时，错误；D：由，当且仅当时等号成立，正确.故选：ABD三填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 已知为锐角，且2tan()3cos50，tan()6sin()1，则sin的值为_【答案】【解析】【详解】2tan()3cos50化为2tan3sin50，tan()6sin()1化为tan6sin1，解方程组因而sin.故填.14. 记定义在上的可导函数的导函数为，且，则不等式的解集为_【答案】【解析】【分析】首先设函数，利用导数判断函数的单调性，不等式等价于，利用函数的单调性，即可求解.【详解】设，所以函数单
11、调递增，且，不等式，所以.故答案为：.15. 函数的所有零点之和为_【答案】9【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答.【详解】由，令，显然与的图象都关于直线对称，在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，这6个点两两关于直线对称，有，则，所以函数的所有零点之和为9.故答案为：916. 已知且对任意的恒成立，则的最小值为_【答案】1【解析】【详解】设，则由得：，当当时，当时，所以当时，有唯一极值，也是最小值，所以由对任意的恒成立，得，可得，因为 ，故成立，令（），当时，当时，所
12、以当时，所以，故填四解答题：本题共6个小题，共70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）求的对称轴方程；（2）求在区间上的单调区间【答案】（1） （2）在单调减，在单调增【解析】【分析】（1）由三角恒等变换将化简为的形式，再由对称轴公式计算即可.（2）由（1）中的解析式令，求得单调增区间，再得到减区间即可.【小问1详解】令解得所以对称轴发方程为【小问2详解】由（1）知令，解得，当时，单调增区间为又因为区间为，所以增区间，减区间为18. 已知数列中，且满足设，.（1）求数列的通项公式的通项公式；（2）记，数列的前项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）将
13、已知递推公式进行变形可得数列是等比数列，进而根据首项和公比可得其通项公式；（2）根据及数列的通项公式，利用累加法可得数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，再利用等差数列的前项和公式即可求得结果.【详解】（1），.，又，数列是以为首项，为公比的等比数列，.（2），.19. 2022年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊赛约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜：若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，乙赢概率为
14、；甲与丙比赛，丙赢的概率为p，其中（1）若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？（2）为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金3万元，负队获奖金1.5万元；若平局，两队各获奖金1.8万元在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计X万元，求X的数学期望的取值范围【答案】（1）业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛 （2）的取值范围为：（单位：万元）.【解析】【分析】（1）分别求出第一场比赛，业余队
15、安排乙与甲或丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，比较两者的大小即可得出答案.（2）由已知万元或万元，分别求其对应的概率，得到分布列，求出，由，求出的取值范围.【小问1详解】第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：;第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：，因为，所以，所以.所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.【小问2详解】由已知万元或万元.由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛.此时，业余队获胜的概率为，专业队获胜的概率为，所以，非平局的概率为，平局的概率为.的分布列为：的数学期望为（万元）而，所以的取值范围为：（单位：万元）.20. 已
16、知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，求证：.【答案】（1）单调递增区间为、，递减区间为； （2）证明过程见解析.【解析】【分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可；（2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可.【小问1详解】当时，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数的单调递增区间为、，递减区间为；【小问2详解】，因为函数恰有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，设为且，因为函数当时图象关于直线对称，所以，即，因为，所以， 当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以分别是函数的极大值点和极小值点，即，于是有，
17、因为，所以，所以，而，所以设，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最小值，即，因此有，即.【点睛】关键点睛：根据极值的定义，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性是解题的关键.21. 已知椭圆经过点，其右焦点为.（1）求椭圆的离心率；（2）若点在椭圆上，右顶点为，且满足直线与的斜率之积为.求面积的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意可得，从而可求出，进而可求出离心率，（2）设，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，再由可得或，可得直线经过定点，然后表示出面积，求其最大值即可.【小问1详解】依题可得，解得，所以椭圆的方程为.所以离心率.【小问2详解】易
18、知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，由可得，所以，而，即，化简可得，化简得，所以或，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点.设定点，因为，所以，设，所以，当且仅当即时取等号，即面积的最大值为.22. 已知函数（为自然对数的底数），.（1）若有两个零点，求实数的取值范围；（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）有两个零点，通过参变分立，转换成两个函数图像的交点问题.（2）先利用参数放缩转变成恒成立，再通过参变分离转化成最小值问题.【小问1详解】有两个零点，关于的方程有两个相异实根，有两个零点即有两个相异实根.令，则，得，得在单调递增，在单调递减，又当时，当时，当时，有两个零点时，实数的取值范围为；【小问2详解】，所以原命题等价于对一切恒成立，对一切恒成立，令，令，则在上单增，又，使，即，当时，即在递减当时，即在递增，由知，函数在单调递增，即实数的取值范围为.【点睛】(1)零点问题常用方法为直接讨论法和参变分离两种方法.(2)恒成立问题一般有三种方法：直接讨论法，参变分离法，端点效应.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司