四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析），共36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。
本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的求解方法，结合集合的交集，可得答案.
【详解】由不等式，分解因式可得，解得，则，
所以.
故选：A.
2. 下列函数在区间上是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对于A，在上是增函数，对于B，在上是增函数，对于C，在上是减函数，对于D，是减函数，所以选A.
3. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求定义域即.令是二次函数,根据二次函数图像即可求得其单调区间,根据复合函数同增异减,即可求得单调递增区间.
【详解】，
即， 得，
定义域为，
又单调递增区间为，
函数的单调递增区间
故选：C.
【点睛】对于复合函数单调性的判断要掌握同增异减,对函数的内层和外层分别判断,即可得出单调性.求单调区间时,要先求函数定义域,单调区间是定义域的子集.
4. 已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直于同一直线的两平面平行可知正确.
【详解】当时，若，可得
又，可知
本题正确选项：
【点睛】本题考查面面平行的判定，属于基础题.
5. 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质知中间一项第4项二项式系数最大即可得解
【详解】因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：C
6. 函数的定义域是，且满足，当时，，则图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性可排除B,C选项，当时，可知，排除D选项，即可求解.
【详解】因为函数的定义域是，且满足，
所以是奇函数，
故函数图象关于原点成中心对称，
排除选项B,C，
又当时，，
可知，故排除选项D,
故选：A
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数图象，属于中档题.
7. 已知简单组合体的三视图如图所示，则此简单组合体的体积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题设中所提供的三视图可知该几何体是一个底面半径为2，高为4的圆锥内去掉一个底面边长为，高为2的四棱柱的组合体，其体积，应选答案C．
8. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用同角关系式结合条件即得.
【详解】因为，将，代入化简，
可得，解得（舍去）或，
又因为，
所以，．
故选：B.
9. 经研究发现：某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得信息素浓度y满足函数（A，K为非零常数）．已知释放1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为a，则释放信息素4秒后，信息素浓度为的位置距释放处的距离为（ ）米．
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知数据可得，再根据即可求出值.
【详解】由题知：当，时，，
代入得：
，
当，时，
，
即，
而，
解得：或（舍）
故选：D.
10. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数，求函数的导数，根据函数有两个零点可知函数的单调性，即可求解.
【详解】由题意得有两个零点

令 ,
则且
所以，在上为增函数，
可得，
当，在上单调递减，
可得，
即要有两个零点，实数的取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
11. 过点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到导函数，设切点为，得到切线方程，代入点坐标得到，设，计算函数的极值，得到答案.
【详解】，，
设切点为，则切线方程为，
切线过点，，整理得到，
方程有三个不等根.
令，则，令，则或，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
极大值，极小值，函数与有三个交点，
则，的取值范围为.
故选：D
12. 已知函数,若,则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】因为函数,判断的奇偶性和单调性,即可求解,进而求得实数的取值范围.
【详解】 则定义是.
又 可得:
是奇函数.
则



是单调增函数.



故: ,
化简可得: ,即
根据是单调减函数,
得: ,
故选:D.
【点睛】本小题主要考查函数的单调性,考查函数的奇偶性,解题关键是掌握利用单调性和奇偶性解函数不等式,属于基础题.
第II卷 非选择题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 若复数（i为虚数单位），则z的实部为________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数除法运算法则，结合复数实部的定义进行求解即可.
【详解】因为，所以的实部为1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了复数除法运算法则，考查了复数的实部概念，考查了数学运算能力，是基础题．
14. 已知函数，则__________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】先计算，再计算的值.
【详解】由题可得：=，
所以.
故答案为：.
15. 已知向量，的夹角为，，则向量在方向上的投影为 __．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合平面向量的投影公式，即可求解．
【详解】向量，夹角为，，
，
，
，
故向量在方向上的投影为．
故答案为：．
16. 长方形中，,将沿折起，使二面角大小为，则四面体的外接球的表面积为________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意知，矩形的对角线即为三棱锥外接球的直径，由此求出外接球的表面积．
【详解】如图所示：
设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，则OA=OB=OC=OD=，∴三棱锥B-ACD的外接球的半径为R=，其表面积为S=4πR2=4π•=.
故答案为.
【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积计算问题，是中档题,分析各面特点及各边长特点找出球心所在位置是关键.
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. 已知，，．
（1）若，求x的值；
（2）求的最大值及取得最大值时相应的x的值．
【答案】（1）；
（2）的最大值为1，此时．
【解析】
【分析】（1）由平面向量的数量积为0可得，再由x的范围求得x值；
（2），结合x的范围及正弦函数的最值求解．
【小问1详解】
，，
若，则，
∴，即，
∵，∴，可得，即；
【小问2详解】
，
∵，∴，可得当，即时，取最大值为1．
18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）证明：
（2）若，，求△ABC的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角结合三角恒等变换化简得，可证明；
（2）结合（1）得．，利用正弦定理及面积公式计算即可.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
所以．
所以，
即．
因为在△ABC中，所以，即，
故．即．
【小问2详解】
解：由（1）可知．
因为，所以．则．．
由正弦定理可知．则．．
故△ABC的面积．
19. 已知函数.
（1）若在处取得极值，求的极值；
（2）若在上的最小值为，求的取值范围.
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极值点可得，进而可得，利用导数即可求解函数的单调区间，进而可求解极值，
（2）根据导数确定函数单调性，结合分类讨论即可求解.
【小问1详解】
，，.
因为在处取得极值，所以，则.
所以，，
令得或1，列表得
所以的极大值为，极小值为.
【小问2详解】
.
①当时，，所以在上单调递增，的最小值为，满足题意；
②当时，令，则或，所以在上单调递减，在上单调递增，
此时，的最小值为，不满足题意；
③当时，在上单调递减，的最小值为，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围时.
20. 如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．

（1）求证：EF∥平面PAD．
（2）在线段PC上是否存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点符合题意，且此时
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，可证得四边形为平行四边形，可得∥，再由线面平行的判定理可证得结论；
（2）取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，则四点共面，然后证明即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
因为分别为的中点，
所以∥，，
因为四边形为平行四边形，
所以∥，，
因为为的中点，
所以，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
【小问2详解】
存在点符合题意，且此时，
取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，则四点共面，
证明如下：
因为在平行四边形中，分别为的中点，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为为中点，所以点为的重心，且，
因，
所以∥，
因为∥，
所以∥，
所以和确定一个平面，
因为在直线上，
所以，
所以四点共面，
所以在线段PC上存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面.

21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有三个零点，证明：当时，．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再对分类讨论得到的单调性.
(2)先转化函数有三个零点得到，再利用分析法和导数证明.
【小问1详解】

令,则或,
当时,,在上是增函数；
当时,令,得,,
所以在,上是增函数；
令,得,
所以在上是减函数
当时,令,得,,
所以在,上是增函数；
令,得,所以在上是减函数
综上所述：
当时,在上是增函数；
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
【小问2详解】
由(1)可知：当时,在上是增函数，函数不可能有三个零点；
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
的极小值为，函数不可能有三个零点
当时,,
要满足有三个零点,则需,即
当时,要证明：等价于要证明
即要证：
由于，故等价于证明：,证明如下：
构造函数
令
,函数在单调递增
,函数在单调递增
,
∴．
（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.
[选修 4-4：坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，点，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．
（1）写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）设点M为C上的动点，点P满足，写出P的轨迹的参数方程，并判断l与是否有公共点．
【答案】（1），：
（2），（为参数），直线l与圆没有公共点。
【解析】
【分析】（1）根据消参法可得曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标之间的转化公式可得直线的直角坐标方程.
（2）设，设，根据，即可求得P的轨迹的参数方程，表示圆，计算圆心到直线的距离，即可判断断l与是否有公共点．
【小问1详解】
因为曲线C的参数方程为(为参数)，
所以，
即曲线C的普通方程为：，
因为，由，
可得l的方程为：.
【小问2详解】
设，设，
因为 ，
所以，
则，（为参数），
故P的轨迹的参数方程为，（为参数），
所以曲线为以为圆心，半径为4的圆，
而圆心到直线l的距离为，
因为，所以直线l与圆相离，
故直线l与圆没有公共点.
[选修 4-5：不等式选讲]
23. 已知、为非负实数，函数．
（1）当，时，解不等式；
（2）若函数的最小值为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
解：当，时，．
当时，，解得，此时；
当时，，此时原不等式无解；
当时，，解得，此时．
综上，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由，
因为，，当且仅当时，等号成立，
．
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
综上，的最大值为．1
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗