2024朔州怀仁一中高三上学期11月月考试题数学含答案

这是一份2024朔州怀仁一中高三上学期11月月考试题数学含答案，共1页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，已知函数满足，当时，，则等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5.本卷主要考查内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数与解三角形，平面向量，复数。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知复数，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A.B.C.D.
2.已知，则的最大值为（ ）
A.B.C.D.3
3.已知集合，则（ ）
A.B.C.D.
4.函数的最大值为（ ）
A.B.C.1D.
5.已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数满足，当时，，则（ ）
A.B.C.D.
7.如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）
A.B.3C.D.
8.已知函数有3个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.下列函数既是偶函数，又在上是减函数的是（ ）
A.B.C.D.
10.要得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A.向左平移个单位长度B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度D.向右平移个单位长度
11.下列命题中正确的是（ ）
A.“”是“”的必要不充分条件
B.“且”是“”的充分不必要条件
C.“”是“”的充要条件
D.“”是“”的充要条件
12.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.函数在R上单调递增
B.是函数的极值点
C.过原点O仅有一条直线与曲线相切
D.若，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.设，为单位向量，且，则______.
14.已知函数的定义域为R，满足，，当时，，则______.
15.已知，，则______.
16.已知函数是定义在R上的可导函数，其导函数为，若，且对任意的恒成立，则不等式的解集为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
求下列函数的解析式：
（1）已知是一次函数，且满足：；
（2）已知函数满足：.
18.（本小题满分12分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，
（1）求A；
（2）若，求a的最小值.
19.（本小题满分12分）
已知，.
（1）若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的值；
（2）若函数的图象关于对称，且函数在上单调，求的值.
20.（本小题满分12分）
已知.
（1）求的值；
（2）已知，，，求的值.
21.（本小题满分12分）
如图，在半径为的四分之一圆（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料，其中点B在圆弧上，点A，C在两半径上，现将此矩形铝皮卷成一个以为母线的圆柱形罐子的侧面（不计剪裁和拼接损耗），设矩形的边长，圆柱的体积为.
（1）求出体积V关于x的函数关系式，并指出定义域；
（2）当x为何值时，才能使做出的圆柱形罐子的体积V最大？最大体积是多少？
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，若m为函数的正零点，证明.
怀仁一中高三年级2023～2024学年上学期第三次月考·数学
参考答案、提示及评分细则
1.A 因为，
所以z在复平面内对应的点的坐标为.故选A.
2.B ，当且仅当，即，或，时等号成立.故选B.
3.A ，，，故选A.
4.D 令，则，.故选D.
5.C 因为，，，在上单调递增，所以。又由，所以.故选C.
6.D 因为，所以，故选D.
7.C 因为，所以，
所以，因为C，P，D三点共线，所以，即，
所以，又，所以
故选C.
8.C 当时，，又，所以在上有唯一零点，所以有3个零点，即在上有2个零点，即与的图象有2个交点，如图所示.设切点为，，所以解得，所以实数a的取值范围是.故选C.
9.ABC 幂函数是偶函数，且在上单调递减，故A正确；
是偶函数，在上单调递减，故B正确；
是偶函数，且函数在上单调递减，函数在定义域上为增函数，所以在上单调递减，故C正确；
是奇函数，故D错误.故选ABC.
10.BC 由，可知将函数的图象向右平移个单位长度，可得函数的图象，又由函数的周期为，可知正确选项为BC，故选BC.
11.AB 因为可以推出，但是不可以推出，所以“”是“”的必要不充分条件故A正确；
因为且可以推出，但是不可以推出且，所以“且”是“”的充分不必要条件，故B正确；
因为，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故C错误；
当时，，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.故选AB.
12.ACD 由，可得函数单调递增，此时不是极值点，可得选项A正确，选项B错误；对于选项C，设切点P的坐标为，过P的切线方程为，代入原点的坐标有，整理为，令，有，当时，；当时，，有，可得函数单调递增，又由，，可得函数在区间内有且仅有一个零点，故过原点O仅有一条直线与曲线相切，选项C正确；对于D选项，若，有，由函数单调递增，有，，令，有，令，有（当且仅当时取等号），可得函数单调递增，又由，可得函数的减区间为，增区间为，可得，故成立，选项D正确.故选ACD.
13. ，为单位向量，且，
，，，
.
.
14. ，，，.，.
15. 因为，，所以，，解得，，
所以.
16. 令，则在R上恒成立，所以在R上单调递减，又，即，即，所以，解得，所以不等式的解集为.
17.解：（1）令，依题意，
即，
，故解得
所以；
（2）令（或），依题意，
得，，
所以（或）
18.解：（1）
，即，
即；
（2）由余弦定理有，
当且仅当时取等号，故a的最小值为1.
19.解：（1）
，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以，则，所以，解得，
所以，
所以.
（2）由（1）知，因为函数的图象关于点对称，所以，，所以，.
由，，得，
因为在上单调，所以解得，所以取，.
20.解：（1）因为，，
所以，
又因为，
所以；
（2）因为，所以，
因为，
所以，
又因为，，所以，
所以，
由得，
所以.
21.解：（1）在中，因为，所以，
设圆柱的底面半径为r，则，
即，
所以，；
（2）由（1）得，，
令，得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，圆柱形罐子的体积V最大，最大体积是.
22.（1）解：函数的定义域为.
，
①当即时，，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，由，，可得函数的减区间为，增区间为，；
③当时，由，，可得函数的减区间为，增区间为；
（2）证明：当时，由及函数的减区间为，增区间为，可知等价于.
又由，等价于证明，
又由，
令，有，
可得
，
令，有，
可得函数单调递减，有，可得当时，，