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高三10月月考数学试卷
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设全集为，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.设，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数的定义域为，则函数的定义域为( )
A. B. C. D.
4.函数的图象可能是( )
A. B. C. D.
5.将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数( )
A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减
C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减
6.从至的个整数中随机取个不同的数，则这个数互质的概率为( )
A. B. C. D.
7.设等比数列的前项和为已知，，则( )
A. B. C. D.
8.定义方程的实数根叫做函数的“新驻点”若函数，，的“新驻点”分别为，，，则，，的大小关系为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 的最小值为
B. 已知，则的最小值为
C. 若正数、满足，则的最小值为
D. 设、为实数，若，则的最大值为
10.把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于原点对称，则下列说法正确的是( )
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递增
D. 若在区间上存在极大值点和极小值点，则实数的取值范围为
A. 若，则的面积与的面积之比是
B. 若，，，则满足条件的三角形有两个
C. 若，则为等腰三角形
D. 若点是的重心，且，则为直角三角形
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设向量，的夹角的余弦值为，且，，则 ．
13.的展开式中项的系数是 ．
14.已知是等差数列的前项和，，，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
的内角的对边分别为，
已知，．
求；
设为边上一点，且，求的面积．
16.本小题分
已知是等差数列，是等比数列，且，，．
求和的通项公式
求数列的前项和．
17.本小题分
已知向量，，函数．
Ⅰ求的最小正周期
Ⅱ若函数在区间上恰有两个零点，求实数的取值范围．
18.本小题分
西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了箱西梅，其中有箱测定为一等品．
Ⅰ现从这箱中任取箱，求恰好有箱是一等品的概率
Ⅱ以这箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望．
19.本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若有两个零点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查集合的交、并、补集的混合运算，
首先求，再求 即可．
【解答】
解：因为，所以，
所以．
故选B．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的四则运算，复数的模的求法，考查计算能力，属于基础题．
利用复数的四则运算法则化简后，然后求解复数的模．
【解答】
解：，
，
则．
故选C．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的定义域，属于基础题．
根据题意的定义域，再由分母根式内部的代数式大于求解．
【解答】
解：根据题意，，且得
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数图象的识别，属于基础题．
直接利用函数的奇偶性和特殊值求出结果．
【解答】
解：根据函数的解析式，
由，
得到函数为奇函数，其图象关于原点对称，故排除和；
当时，函数的值为，故排除．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查三角函数的图象与性质，考查三角函数平移等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数为：，增区间为，，减区间为，，由此能求出结果．
【解答】
解：将函数的图象向右平移个单位长度，
得到的函数为：，
增区间满足：，，
减区间满足：，，
增区间为，，
减区间为，，
将函数的图象向右平移个单位长度，
所得图象对应的函数在区间上单调递增．
故选A．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查组合数公式，考查古典概型及其计算，属于基础题．
由古典概型的概率公式结合组合数公式、列举法即可得解．
【解答】
解：从至的个整数中随机取个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，则不同的取法有：，共种，
故所求概率．
故选D．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查数列递推公式的应用，等比数列前项和中的基本量计算，属于基础题．
根据题意，由可得，两式相减可得，可得等比数列的公比为，对于，令求得首项，即可根据等比数列的前项公式求出．
【解答】
解：根据题意，等比数列中，，
则有时，，
可得：，即，
则等比数列的公比为，
对于，令可得：，
即，即，解可得，
则，
故选：．
8.【答案】
【解析】解：，由，
得，知；
，由，
即，
即，得，即，
，由，即，
令，
则是定义域上的增函数，
因为，
，
故，使，即；
所以，
故选D
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了基本不等式的应用，涉及到“”的代换，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
根据已知条件，结合不等式的性质，以及基本不等式的公式，即可求解．
【解答】
解：：当时，，故A选项错误，
：当时，，
则
，
当且仅当时，等号成立，故B选项正确，
：由可得：，
则
，
当且仅当时，等号成立，故C选项正确，
：
，
所以，可得，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为，选项正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：因为，
把函数的图象向左平移个单位长度，
得函数的图象，
又因为函数的图象关于原点对称，
所以，
解得．
因为，
所以由，
解得，
因此，，
所以．
对于函数的最小正周期为，
故A正确；
对于由得，
当时，，
因此函数的图象关于直线对称，
故B正确；
对于因为，，
所以由得函数在上不单调递增，
故C错误；
对于由得，
由得，
因此要函数在区间上存在极大值点和极小值点，
则，
即实数的取值范围为，
故D正确．
故选ABD．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量在平面几何中的应用，向量的加减与数乘混合运算，利用正弦定理判断三角形的形状，向量的数量积的概念及其运算，属于较难题．
求出，可得，即可判断；由，得是以角为钝角的钝角三角形，即可判断；判断出，得是等腰三角形，即可判断；利用平面向量的线性运算求得为直角，即可判断．
【解答】
解：对于选项A，
由，
得，
分别取，的中点，，
则，
所以，
所以，故A正确；
对于选项B，，则，
所以是以角为钝角的钝角三角形，
故B错误；
对于选项C，由，
得，
易知与的角平分线共线，
所以的角平分线与垂直，
故AB，是等腰三角形，故C正确；
对于选项D，因为点是的重心，
所以，
，
，
代入条件并整理，得，
即
，
又，
代入并整理得，
因为，不共线，
所以
解得
所以，故角为直角，
所以为直角三角形，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量数量积运算，属基础题．
先求出，再利用数量积的运算性质即可求解．
【解答】解：设与的夹角为，
因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，
所以，
所以．
13.【答案】
【解析】解：由题意的通项公式为，
所以的展开式中项为．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式和求和公式、利用基本不等式求最值，属于中档题．
由等差数列的通项公式和求和公式列出方程组，求出等差数列基本量，从而写出通项公式，进而可得，利用基本不等式及易知当或时目标式有最小值，写出最小值即可．
【解答】
解：设等差数列的公差为，由题设，可得，即，
，则，
，当且仅当时等号成立，而，且，
当时，，当时，．
故当或时，的最小值为．
故答案为：．
15.【答案】解：因为，
所以，
所以．
在中，
因为，
所以，
即，
解得舍去，．
因为，
所以，
又，即是直角三角形，
所以，
则，
又，
则，
所以的面积为．

【解析】本题考查余弦定理以及三角形的面积公式，属于中档题．
先由求得，再由余弦定理求得即可；
先由余弦定理求得，再求出，最后由面积公式求解即可．
16.【答案】解：设数列的公差为，的公比为，
则，即，
因为，所以，所以，；
由知，，
令，
则，
两式相减得，
所以．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：Ⅰ，
的最小正周期．
Ⅱ由题知在区间上恰有两个不同的实数根，
即函数在区间上的图象与直线恰有两个交点，
令，，，
作出的图象与直线，如图．
由图知，当时，的图象与直线有两个交点，
实数的取值范围为．
【解析】本题考查三角恒等变换，三角函数的图象与性质，属于中档题．
Ⅰ化简函数，再由周期公式得解
Ⅱ依题意，函数在区间上的图象与直线恰有两个交点，令，作出函数的图象与直线，结合图象即可得解．
18.【答案】解：Ⅰ设抽取的箱西梅恰有箱是一等品为事件，则所以从这箱中任取箱，恰好有箱是一等品的概率为；
Ⅱ以这箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，则抽到一等品的概率为，若从这一批西梅中随机抽取箱，表示抽到一等品的箱数，的所有可能取值为，，，，且，，，，，的分布列为：
的期望为：．
【解析】本题主要考查超几何分布的概率求值，考查二项分布的分布列及其期望，属于中档题．
Ⅰ根据超几何分布的概率公式可得所求概率；
Ⅱ以这箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，表示抽到一等品的箱数，则，结合二项分布的概率及期望公式即可求解．
19.【答案】解：由，
则
，
导函数中恒成立，
当时，恒成立，
所以在上有，
所以在上单调递减；
当时，令，，
令，解得，
在上，单调递减，
在上，单调递增．
综上可知：当时，在单调递减，
当时，在单调递减，在单调递增；
若时，由可知：最多有一个零点，
所以不符合题意；
当时，由可知，要使函数有两个零点，则的最小值必须小于，
又，
则，即，
令，，
所以在上单调递增，
又因为，
．
接下来说明时，存在两个零点：
当时，，，
此时，故，
又在上单调递减，，
故存在，使得，
当时，易证，
此时，
故，且满足，
又在上单调递增，，
故存在使得，
所以当时，存在两个零点．
综上所述，的取值范围是．
【解析】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查函数零点的判断，考查计算能力，考查分类讨论思想，属于较难题．
求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得的单调性；
由知：当时才可能有两个零点，求得最小值，令，即可求得的取值范围，然后分别找到两个零点所在的区间，说明存在两个零点．

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