2023届四川省泸州市合江县中学校高三上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届四川省泸州市合江县中学校高三上学期第三次月考数学（理）试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省泸州市合江县中学校高三上学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题1．已知全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】题目考查补集和交集的计算，先解不等式求得集合，之后求补集，再求交集即可【详解】根据题意得：，，所以故选：A2．、表示不同的直线，是平面内的一条直线，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【答案】B【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直的判定定理分析判断即可.【详解】当时，不一定成立，也有可能等情况；当时，因为，所以；综上：是的必要不充分条件.故选：B.3．若函数是定义在R上的偶函数，在上是减函数，且，则使得的x的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】在R上的偶函数且在上是减函数，即在上增函数，要使成立，而有结合函数的性质列不等式，求x取值范围【详解】∵偶函数在上是减函数∴在上单调递增∵∴使，即由为偶函数，故∴|x|>3，解得：x＜-3或x>3故选：D【点睛】本题考查了函数奇偶性；结合函数的单调性，由函数值的大小关系确定自变量范围4．若函数在有极值，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先求导得到，再根据题意得到，解不等式即可.【详解】，，因为函数在有极值，所以，解得或.故选：C5．基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数．基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间．在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间(单位：天)的变化规律，指数增长率与，近似满足．有学者基于已有数据估计出=3.07，=6．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(参考数据：ln2≈0.69)（    ）A．1.5天 B．2天 C．2.5天 D．3.5天【答案】B【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.【详解】因为，，，所以，所以，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，则，所以，所以，所以天.故选：B.【点睛】方法点睛：与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.6．现有四个函数：①y=x|sinx|，②y=x2cosx，③y=x·ex；④的图象(部分)如下，但顺序被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号安排正确的一组是（    ）A．①②③④ B．①③②④ C．②①③④ D．③②①④【答案】D【解析】根据各函数的特征如函数值的正负，单调性、奇偶性，定义域、值域等进行判断．【详解】左边第一个图象中时，，只有③满足，此时只有D可选，实际上，左边第二个图象关于轴对称，是偶函数，只有②满足，而时，恒成立，只有最右边的图象满足，由此也可得顺序是③②①④，选D．故选：D．【点睛】思路点睛：本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可两者结合，由函数解析式和图象分别确定函数的性质，如奇偶性、单调性、函数值的正负，特殊的函数值，变化趋势等等，两者对照可得结论．7．（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用两角和差正弦公式拆开，化简知原式等于，进而得到结果.【详解】.故选：.【点睛】本题考查利用两角和差正弦公式化简求值的问题，属于基础题.8．已知某锥体的三视图如图所示，其中侧视图为等边三角形，则该锥体的体积为（    ）A． B．3 C． D．【答案】D【解析】先通过三视图找到几何体原图，再求几何体的体积得解.【详解】由题得几何体原图是如图所示的四棱锥，左侧面垂直底面，所以棱锥的高为.所以几何体的体积为.故选：D【点睛】本题主要考查三视图还原几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9．已知定义域为的奇函数的周期为，且时，，若函数在区间（且）上至少有5个零点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出函数与函数在（且）上的图象，可知，数形结合可知函数与函数在区间、上各有一个交点，由此得出的最小值.【详解】当时，，，因为函数是定义域为的奇函数，则，因为函数的周期为，由可得，函数的最小正周期为，作出函数与函数在（且）上的图象如下图所示：因为，且函数与函数在区间、上各有一个交点，因此，的最小值为.故选：A.10．已知：函数，则下列说法错误的是（    ）A．将的图像向右平移个单位长度得的图像B．在上的值域为C．若，则，D．的图像关于点对称【答案】C【分析】对函数化简变形得，再利用正弦函数的图像与性质依次判断选项即可.【详解】化简对于A，将的图像向右平移个单位长度得，故A正确；对于B，，，，故B正确；对于C，的最小正周期为，故，则，，故C错误；对于D，，故的图像关于点对称，故D正确；故选：C11．如图，已知正方体的棱长为1，点为上一动点，现有以下四个结论：①面面；②面；③当为的中点时，的周长取得最小值；④三棱锥的体积是定值，其中正确的结论个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】证得平面，根据平面与平面垂直判定，可知①正确；由平面平面，根据平面与平面平行的性质可知②正确；根据三点共线，线段和最小，可得③正确；由三棱锥等体积法可求得，可知④错误．【详解】连接,因为正方体，所以平面，且平面，所以，又因为，且，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且平面，所以平面平面，故①正确；因为平面平面，且平面，所以面，故②正确；的周长等于，而为体对角线是定值，所以周长最小即为最小，将平面展开到平面在同一个平面，如图：当三点共线时，最小，则为的中点时，故③正确；，故④正确.故选：D.12．设，，，则，，的大小关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由于，，，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可【详解】因为，，，所以只要比较的大小即可，令，则，所以在 上递增，所以，所以，所以，即，令，则，因为在上为减函数，且，所以当时，，所以在上为减函数，因为，，要比较与的大小，只要比较与的大小，令，则，所以在上递增，所以，所以当时，，所以，所以，所以，所以当时，，所以在上递增，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题 二、填空题13．________．【答案】6【详解】，故答案为6.14．若的最小正周期为，则________.【答案】【分析】由周期公式得出，进而得出解析式.【详解】因为的最小正周期为，所以，,故答案为：15．已知直线与曲线相切，则的最小值为________.【答案】2【分析】设切点为，曲线求导得到切线斜率，利用斜率相等求得切点坐标，代入直线方程后得，利用基本不等式即可求得的最小值.【详解】设切点为，由求导得，因直线与曲线相切, 则，解得，则，而切点在直线上，即，于是得，因此，，当且仅当时取“”，所以当时，取最小值2 .故答案为：2.16．棱长为6的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为______【答案】【分析】该四面体在棱长为6的正方体的内切球内，从内该四面体内接于球时棱长最大【详解】易知正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，也就是说，棱长为x的正四面体的外接球半径为3，设正四面体为P－ABC，过点作PO垂直于平面ABC，垂足为O，则O为三角形ABC的中心，从而，正四面体的高为.此时有，解得.故答案为：． 三、解答题17．已知：(1)求在上的值域.(2)若，且，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角函数诱导公式化简，再利用整体法求得在上的值域；（2）由结合解析式，求得，即，再利用二倍角公式得到，从而可求得结果.【详解】（1）由题意，得，因为，所以，所以，所以，则在上的值域为.（2）因为，所以，所以，因为，所以，所以，故.18．已知函数.(1)若，试讨论在上的单调性；(2)若有三个极值点，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）对函数求导得，然后分和讨论导数的正负可求出函数的单调区间；（2）由题意可得恰有3个互不相等的实根，分别记为，由于 ，所以为的一个根，则可得方程有2个异于的实根，令，然后分和两种情况利用导数讨论函数的零点情况，从而可求出a的取值范围.【详解】（1）解：，，若，，有，则在上的单调递增；若，令，得，①当即时，，有，则在上的单调递减，，有，则在上的单调递增，②当 即时，，有，则在上的单调递增，综上所述：当时，在上的单调递增；当时，在上的单调递减，在上的单调递增.（2）解：，，若有3个极值点，则恰有3个互不相等的实根，分别记为，因为，所以为的一个根，所以方程有2个异于的实根，令，则.①当时，在R上单调递增，所以至多有1个根，不符合题意，②当时，令，即，解得，，有，则在上的单调递减，，有，则在上的单调递增，， .当，即时，，至多有1个零点，不符合题意，当时，，，令，，所以在递减，所以，即，所以，且，所以存在，，使得，，所以当时，若，则，，则，，则，所以有3个极值点，所以a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用导数解决函数极值点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为恰有3个互不相等的实根，而，所以进一步转化为方程有2个异于的实根，然后构造函数，利用导数求其零点即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.19．已知函数只能同时满足以下三个条件中的两个.①函数的最大值是2；②函数的图象可由函数左右平移得到；③函数的对称中心与的对称轴之间的最短距离是.（1）写出这两个条件的序号（不必说明理由）并求出函数的单调递增区间；（2）已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，满足，点D为BC的中点，且，求的值.【答案】（1）①③，单调递增区间为；（2）【分析】（1）可得函数只能同时满足①③，结合最值可求，结合周期可求，然后结合正弦函数的性质可求；（2）由可求，然后结合直角三角形性质及正弦定理可求.【详解】（1）由①得，由②得，由③知，则，所以函数只能同时满足①③，故，由得，故的单调递增区间为；（2），，，，，即，设线段的中点为，，，，即，，由正弦定理可得.20．如图，在三棱柱中，，，、分别为和的中点，且.（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先根据且，且可知四边形为平行四边形，由此，进而得证；（2）先证明平面，由此可以为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式得解.【详解】（1）如图，取线段的中点，连接、，为的中点，且，又为的中点，且，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；（2）作于点，由，得，，即为的中点，，，，又，平面，平面，从而有，又，，平面，故可以点为坐标原点，射线、分别为轴、轴的正半轴，以平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，令，则、、、、，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，，可得，又平面的一个法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则，因此，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题.21．已知函数.（1）求的最大值；（2）若恒成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）求出导函数，研究单调性，从而得到的最大值；（2）原问题等价于构造新函数求最小值即可.【详解】(1)，定义域，，由，在增，在减，(2) 令，令，在单调递增，，在存在零点，即，由于在单调递增，故即在减，在增，所以.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性以及求函数的最大值和最小值问题，以及对于不等式恒成立问题，解决不等式恒成立问题的常用方法是转化为最值恒成立．22．选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数，a＞0）.在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ=4cos θ.（Ⅰ）说明C1是哪种曲线，并将C1的方程化为极坐标方程；（Ⅱ）直线C3的极坐标方程为θ=α0，其中α0满足tan α0=2，若曲线C1与C2的公共点都在C3上，求a.【答案】（Ⅰ）圆，（Ⅱ）1【详解】试题分析：（Ⅰ）把化为普通方程，再化为极坐标方程；（Ⅱ）通过解方程组可以求得.试题解析：（Ⅰ）消去参数得到的普通方程.是以为圆心，为半径的圆.将代入的普通方程中，得到的极坐标方程为.（Ⅱ）曲线的公共点的极坐标满足方程组若，由方程组得，由已知，可得，从而，解得（舍去），.时，极点也为的公共点，在上.所以.【解析】参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用【名师点睛】“互化思想”是解决极坐标方程与参数方程问题的重要思想,解题时应熟记极坐标方程与参数方程的互化公式及应用. 23．已知函数，且的解集为．(1)求的值；(2)若正实数、、满足，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）解对值不等式，再根据题意，即可求出的值；（2）由（1）知，可得，对其两边平方，再根据基本不等式，即可求证结果.【详解】（1）解：由可得：，即，即或∵的解集为∴且   ∴；（2）解：由（1）知：∴   ∴    ∴∵          ∴∴.