2024成都双流中学高二上学期10月月考试题数学（理）含答案

这是一份2024成都双流中学高二上学期10月月考试题数学（理）含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
双流中学高2024届高三10月月考数学（理工类） 本试卷共4页。考试结束后，只将答题卡交回第I卷  选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知全集，，，则等于A． B． C． D．2．若复数（i为虚数单位），则复数z在复平面上对应的点所在的象限为A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知幂函数的图象过点P(2,4)，则A． B．1 C．2 D．34．设为定义在R上的偶函数，且当时，，则A．e-1 B．-2e-2 C．2e-1 D．2e-25．若整数x，y满足不等式组则2x＋y的最大值是A．11 B．23 C．26 D．306．已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，那么下列命题正确的是A．若，，且，则B．若，，，则C．若，，且，则D．若，，且，则7．已知角的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，点是角终边上的一点，则A． B． C． D．8．设函数的最小正周期为，且，则A．在单调递减 B．在单调递减C．在单调递增 D．在单调递增9．若向量，互相垂直，且满足，则的最小值为A． B．1 C．2 D．10．已知函数在内恒为正值，则实数a的取值范围是 A． B． C． D．11．如图，在正四棱锥中，侧棱长均为，且相邻两条侧棱的夹角为，，分别是线段，上的一点，则的最小值为 A． B． C． D．12．定义在上满足，当时，，若时，恒成立，则实数的取值范围是 A． B． C． D．   第II卷  非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．写出一个以为对称轴的奇函数           ．14．若函数为偶函数，则a＝       .15．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bienao）．已知在鳖臑M－ABC中，MA⊥平面ABC，MA＝AB＝BC＝2，则该鳖臑的外接球的体积为         ．16．设的外接圆的圆心为，半径为2，且满足，则的最小值为        .  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，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分。17．（12分）已知函数，满足______．在：①函数的一个零点为0；②函数图象上相邻两条对称轴的距离为；③函数图象的一个最低点的坐标为，这三个条件中任选两个，补充在上面问题中，并给出问题的解答．(1)求的解析式；(2)把的图象向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若在区间上的最大值为2，求实数的最小值．   18．（12分）已知函数，.（1）当时，求函数在区间上的最大值；（2）当时，求函数的极值.   19．（12分）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求A的值；（2）若，求面积的取值范围.     20．（12分）如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面.  (1)证明：BDCC1；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 21．（12分）已知函数．(1)当时，讨论在区间上的单调性；(2)若当时，，求的取值范围．   （二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分．22．（选修4-4 极坐标与参数方程）以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且在两种坐标系中取相同的长度单位.曲线的极坐标方程是.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与轴正半轴及轴正半轴交于点，在第一象限内曲线上任取一点，求四边形面积的最大值.  23．（选修4-5 不等式选讲）设函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若函数的最小值为，且正实数满足，求的最小值．  
双流中学高2024届高三10月月考数学（理工类） 参考答案1．C  2．A  3．C  4．D   5．D   6．D  7．C  8．B  9．B  10．C   11．D  12．A13．（答案不唯一）  14．      15．      16．.17．解：（1）若选①②：因为函数的一个零点为，所以，所以，所以，因为，所以．因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，所以．因为，所以，所以函数的解析式为；若选①③：因为函数的一个零点为，所以，所以，所以，因为，所以．因为函数图象的一个最低点的坐标为，所以，所以，所以，即，因为，所以．所以函数的解析式为；若选②③：因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，所以，因为，所以，因为函数图象的一个最低点的坐标为，所以，所以，所以即，因为，所以，所以函数的解析式为；（2）把的图象向右平移个单位得到， 再将向上平移1个单位得到， 即，由得，因为在区间上的最大值为2，所以在区间上的最大值为1，所以，所以，所以的最小值为.18．解：（1）当时，，所以.令，得或，列表如下：-2-11 +0-0+ 极大值极小值由于，，所以函数在区间上的最大值为2.（2），令，得或.当时，，所以函数在上单调递增，无极值.当时，列表如下：+0-0+极大值极小值函数的极大值为，极小值为.19．解：（1）由余弦定理得.∵.∴由正弦定理得∴∴，∵是锐角三角形，∴，，∴.∴，∴.（2）由（1）得设，则，∵是锐角三角形，∴，，∴由正弦定理得∵，∴由得，∴，∴∵，∴面积的取值范围是.20．（1）证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则假设点存在，设点的坐标为，其中，可得   设平面的法向量，则，取，可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为.  21．解：（1）当时，，，当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减.（2）设，由题意知当时，．求导得．设，则，令，则，当当故函数在单调递增，在单调递减，所以；令，可得，故在单调递增时，．所以当时，．故在上单调递增，当时，，且当时，．若，则，函数在上单调递增，因此，，符合条件．若，则存在，使得，即，当时，，则在上单调递减，此时，不符合条件．综上，实数的取值范围是．22．解：（1）由题可变形为，∵，，∴，∴.（2）由已知有，，设，.于是由  ，由得，于是，∴四边形最大值.23．解：（1）当时，不等式．①当时，，解得，则；②当时，，则；③当时，，解得，则．综上所述，原不等式的解集为．（2）因为，当且仅当时等号成立，所以，，又，所以，当且仅当，即，又，则，时等号成立，所以的最小值为4．