四川省2024-2025学年高三数学上学期10月月考试题文含解析

四川省2024-2025学年高三数学上学期10月月考试题（文）一、单选题（每小题5分，共60分）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出A，再依据交集的定义计算即可.【详解】由题意，；故选：D.2.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】依据全称量词命题的否定为特称量词命题推断即可.【详解】解：命题“”为全称量词命题，其否定为：；故选：C3.已知，则（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用两角和的正切恒等变换公式可求得=，对所求式子利用诱导公式进行化简，再利用弦化切即可求解.【详解】因为，所以，解得=，则，故选：D.4.若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（）．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意利用函数图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．【详解】解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间，上单调递增，在区间，上，，，则当最大时，，求得，故选：C．【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．5.已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（

）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】由函数的图像关于点对称得到，结合是偶函数得到，进一步得到的周期是4，再利用周期性计算即可得到答案.【详解】因为是上的偶函数，所以，又的图象关于点对称，则，所以，则，得，即，所以是周期函数，且周期，由时，，则，，，，则，则.故选：C6.函数在定义域R内可导，，且.若，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由导数得函数的单调性，由题意得对称性，利用对称性转化，再利用单调性比较函数值大小．【详解】满意，则的图象关于直线对称，又，∴时，，是增函数，时，时，是减函数，，又，，即．故选：C．7.已知函数的部分图像如图所示，下列说法不正确的是（）A.的最小正周期为B.C.关于直线对称D.将的图像向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称【答案】D【解析】【分析】依据图象求出，和的值，然后利用三角函数的图象和性质即可求解．【详解】解：由图可知，，即，故选项A正确；由，可得，则，因为，即，所以，，得，，因为，所以，所以，故选项B正确；由，可得，即关于直线对称，故选项C正确；将的图象向左平移个单位长度后得到，所以为偶函数，图象不关于原点对称.故选：D.8.已知分别为的内角的对边，命题：若，则为钝角三角形，命题：若，则.下列命题为真命题的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】分别推断两个命题的真假，再依据选项推断复合命题的真假.【详解】因为，所以，则为真命题.因为，所以，又在上是减函数，所以，则为假命题，只有为真命题.故选：B9.函数的部分图象大致为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先推断函数为偶函数，解除选项D，再利用解除选项B，再分析即得解.【详解】解：由题得函数的定义域为，定义域关于原点对称.设，所以，所以函数偶函数，其图象关于轴对称，解除选项D.又，所以解除选项B.当时，，所以此时.故选：A10.已知直线l是曲线与曲线的一条公切线，直线l与曲线相切于点，则a满意的关系式为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设与的切点为，利用导数的几何意义可得斜率相等，再结合斜率公式得到等式，将代入即可得到满意的关系式.【详解】记，得，记，得，设直线与曲线相切于点，由于是公切线，故可得，即，即，又因为，即，将代入，得，即，整理得.故选：C.11.设函数在内恰有3个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先令，求得或，再依据题意尝试的值可确定，进而得到的4个零点，结合题意解除其中1个零点有两种状况，分别求之即可得到的取值范围.【详解】∵，即，∴或，，∴或，，∵，即，∴当时，且，即全部根都小于零，当时，且，即全部根都大于，综上：，即在内的三个零点为，，，中的三个.由于上述4个值是依次从小到大排列，且，故有两种状况，分别为：，解得，故，或，解得，故，故或，即.故选：D．12.设函数，则满意的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由奇偶性定义可推断出为定义在上的奇函数；结合导数、奇偶性可求得在上单调递增；将所求不等式化为，由单调性可解得结果.【详解】由题意知：定义域为；，为定义在上的奇函数；令，则，在上单调递增；又在上单调递增，在上单调递增，又为奇函数，在上单调递增；由得：，，解得：，即的取值范围为.故选：A.二、填空题（每小题5分，共20分）13.若复数是纯虚数，则实数的值为______.【答案】【解析】【分析】利用复数的运算法则，结合题意，列出等量关系，即可求得结果.【详解】因为是纯虚数，故可得，解得.故答案为：.14.“”是“”的____________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充分必要”“既不充分又不必要”）【答案】必要不充分【解析】【分析】记集合,，利用集合法推断.【详解】由解得：，记集合,.因为BA,所以“”是“”的必要不充分.故答案为：必要不充分15.若，且，则_____．【答案】【解析】【分析】首先依据同角三角函数的基本关系求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.【详解】解：若，且，则，所以，所以．故答案为：16.函数的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】由题意，采纳整体换元，化简函数，利用导数求最值.【详解】，设，令为增函数，且，则，令得；令得，即在上递增，上递减，可见取得最大值.故答案为：.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.17.已知等差数列满意，前4项和．（1）求的通项公式；（2）设等比数列满意，，数列的通项公式．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，依据已知条件列关于和的方程组，解方程求得和的值，即可求解；（2）等比数列的公比为，由等比数列的通项公式列方程组，解方程求得和的值，即可求解.【小问1详解】设等差数列首项为，公差为d．∵∴解得：∴等差数列通项公式【小问2详解】设等比数列首项为，公比为q∵∴解得：即或∴等比数列通项公式或18.已知函数.（1）求的值；（2）若，求的最大值和最小值.【答案】（1）（2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）将代入干脆计算即可，（2）化简变形函数得，然后由，得，再利用正弦函数的性质可求出其最值.【小问1详解】=.【小问2详解】.因为，所以，所以，所以所以的最大值为，最小值为.19.的内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，___________，求的周长.在①，②的面积为这两个条件中任选一个，补充在横线上.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理将条件中的边长转化为角，进一步依据的范围可得；（2）选择条件①利用三角形内角和以及正弦定理，即可求解；选择条件②可得代入三角形面积公式以及余弦定理，从而计算即可.【小问1详解】由正弦定理得，在三角形中，，所以，所以，即.由，则，所以.【小问2详解】因为，所以，所以，又因为，正弦定理，解得，所以的周长为，选择条件②可得因为的面积为，得，由余弦定理得：，即，所以，所以，因为的周长为.20.已知函数．（1）若，求函数的值域.（2）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先对函数求导，利用函数单调性即可求得函数的值域；(2)已知函数在上是减函数，可知知恒成立，利用参数分别法,求最大值即可求解.【小问1详解】当时，，在上单调递减，在上单调递增，即的值域为.【小问2详解】由函数在上是减函数，知恒成立，．由恒成立可知恒成立，则，设，则，由，知，函数在上递增，在上递减，∴，∴．21.已知函数．（1）求的最大值；（2）若，证明：．【答案】（1）0（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对求导，依据导函数的正负得的单调性继而得解；（2）依据，，得，所以，只需证明，结合（1）的结论证明.【小问1详解】定义域为，因为，所以．当时，，当时，，则上单调递增，在上单调递减．故．【小问2详解】证明：因为，，所以，所以．由（1）可知，即，当且仅当时，等号成立．则，即化简得，当且仅当时，等号成立．故．【点睛】关键点点睛：（2）的证明中先依据，，得，继而将原式放缩可得，所以只需证明，结合（1）的结论证明.22.已知曲线的极坐标方程是，设直线的参数方程是（为参数）．（1）将曲线的极坐标方程和直线的参数方程化为直角坐标方程；（2）推断直线和曲线的位置关系．【答案】（1），（2）直线与圆C相切【解析】【分析】（1）两边同时乘以，利用以及，可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，利用消参法消去参数可将直线的参数方程化为直角坐标方程；（2）利用圆心到直线的距离等于半径可得直线与圆相切.【小问1详解】解：因为曲线的极坐标方程为，即，又，所以曲线的直角坐标方程为，又直线的参数方程是（为参数），消去参数可得，即直线的直角坐标方程为.【小问2详解】解：曲线：，即，所以圆的圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离，直线与圆相切.23已知，，，且.（1）求证：；（2）若不等式对一切实数，，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）对应用基本