2024届四川省宜宾市第四中学校高三上学期10月月考数学（文）试题含答案

这是一份2024届四川省宜宾市第四中学校高三上学期10月月考数学（文）试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设（其中i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算计算作答.
【详解】依题意，.
故选：D
2．与向量平行的单位向量为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】与向量平行的单位向量为，计算得到答案.
【详解】与向量平行的单位向量为，
即或.
故选：C.
3．若角的终边经过点，则的值为（ ）
A． B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦三角函数的定义可得答案.
【详解】到原点的距离为，
则.
故选：D.
4．若实数满足，则的最小值是（ ）
A．B．
C．2D．
【答案】C
【分析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义得到最值．
【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，则，表示直线纵截距的相反数，
根据图象知：当直线过点，即，时最小为．
故选：C．
【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图象是解题的关键．
5．在中，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理计算作答.
【详解】在中，角所对的边分别为，，
由正弦定理得，令，
由余弦定理得：.
故选：C.
6．已知，，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【解析】由平方关系求出，再由二倍角公式计算．
【详解】因为，，所以，
所以．
故选：D．
7．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的体积（容器壁的厚度忽略不计）的最小值为（ ）
A．B．C．D．以上结果都不对
【答案】A
【分析】根据题意，可转化为求该几何体外接球的体积，即长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球的体积.
【详解】由题意，该球形容器的体积最小时，该球形容器为长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球，其直径为，
半径为，体积为.
即该球形容器的体积的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查长方体的外接球的体积，结合传统文化，考查学生对实际问题的理解能力，属于中档题.
8．已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将题目转化为函数的图像与的图像只有一个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出的取值范围.
【详解】由函数只有一个零点，等价于函数的图像与的图像只有一个交点，
，求导，令，得
当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；故当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值；
作出函数图像，如图所示，
由图可知，实数的取值范围是
故选：B
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
9．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法不正确的是（ ）
A．最大值为，图象关于直线对称B．在上单调递增
C．最小正周期为D．图象关于点对称
【答案】A
【分析】根据三角函数图象变换求得，然后根据三角函数的最值、对称性、单调性、最小正周期等知识确定正确答案.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度，
得到.
A选项，的最大值是，
，所以直线不是的对称轴，所以A选项错误.
B选项，，
所以在上单调递增，B选项正确.
C选项，的最小正周期，C选项正确.
D选项，，
所以图象关于点对称，D选项正确.
故选：A
10．设函数是定义在R上的奇函数，满足．当时，，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图像关于直线对称
B．函数在区间单调递减
C．当时，有1012个零点
D．函数的图像关于点对称
【答案】C
【分析】通过赋值和函数的奇偶性，将转化为与分别求出函数周期和对称轴.
【详解】对于，有，
即周期为4.又对于，
有，因是定义在R上的奇函数.
则，故关于对称.又当时，，据此可做出部分图像如下.
对于A选项，结合图像可知：图像关于对称，故A错误.
对于B选项，因周期为4，故在上单调性与在上保持一致.
又当时，，在上单调递增，故B错误.
对于C选项，结合图像可知：零点为，则令
解得：，故当时，有1012个零点，故C正确.
对于D选项，结合图像可知：图像关于对称，其中，故D错误.
故选：C
【点睛】结论点睛：本题考查函数奇偶性，周期性，涉及到相关结论有：
（1）若对定义域内任意有，则图像关于对称.
（2）若对定义域内任意有，则周期为.
11．如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（ ）

A．存在某个位置使得B．存在某个位置使得
C．存在某个位置使得D．存在某个位置使得
【答案】B
【分析】选项A，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围可得解.
【详解】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；

对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；
对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；
对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误.
故选：B.
12．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（ ）
A．B．5C．D．
【答案】A
【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.
【详解】因为，易知三角形为等腰直角三角形，
又平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，

长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
，
解得，
又，
解得，
，所以
所以三棱锥的体积，
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二、填空题
13．设，若，则的值组成的集合为 .
【答案】
【分析】先求出集合中的取值,再代入集合中求的值,注意当为空集时也满足.
【详解】由题, 中解得或.
当时,代入得,；
当时,代入得,；
当为空集时, .
故答案为 .
【点睛】集合则集合中任意元素都能在集合中找到.特别的,当时也成立.
14．已知函数，若，则
【答案】2
【分析】分段函数已知函数值求自变量，分段代入函数值，讨论即可.
【详解】若，则，可得无解；
若，则，求得或（舍去）.故答案为2.
【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，已知函数值求解自变量时，要根据分段情况进行讨论求解，侧重考查数学运算的核心素养.
15．将函数的图象先向右平移个单位，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，则的一个可能取值为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】化简函数、的解析式，并求出平移后的函数解析式，可得出关于的等式，由此可得结果.
【详解】因为，
将函数的图象先向右平移个单位，可得到函数的图象，
再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的倍，可得到函数的图象，
因为，
所以，，可得，
故的一个可能取值为.
故答案为：（答案不唯一）.
16．中，若，则周长最大值为 ．
【答案】.
【详解】分析：根据正弦定理，将边长转化为角的表示形式，利用差角公式和辅助角公式，得到关于角A的表达式，然后根据角A的取值范围确定最值．
详解：由正弦定理
，
所以
所以周长



因为
所以当 时，
所以周长最大值为
点睛：本题考查了正弦定理的综合应用，通过边角转化求最值，关键是把角统一，再利用角的范围求得最大值，属于中档题．
三、解答题
17．已知函数
(1)求函数的最小正周期，最大值及取到最大值的的取值集合；
(2)已知锐角满足，求的值.
【答案】(1)最小正周期为；当时，最大值为3.
(2)
【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换化简，即可得到，结合余弦型函数的性质，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，结合二倍角公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），
则函数的最小正周期为，令，，解得，，即当时，函数的最大值为3.
（2）由于，即，解得，则，解得，又为锐角，即，则，所以，即，所以.
18．已知函数，当时，函数取得极值.
(1)若在上为增函数，求实数m的取值范围；
(2)若时，方程有两个根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合导数的性质进行求解即可；
（2）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点的性质进行求解即可.
【详解】（1）由，则，
因为时，取到极值，所以，解得.
又当时，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得极值，符合题意.
要使在上为增函数，则或，所以或.
即实数的取值范围为.
（2）令，由（1）得，且，
故，，则，
当时，令，解得，令，解得，
所以的递增区间为，递减区间为，
故，而，，故.
要使有两个根，则.
即实数的取值范围为.
19．已知的内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若是的中点，，且的面积为，求的值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）应用正弦边角关系得，再由余弦定理求角；
（2）由，应用向量数量积的运算律可得，应用三角形面积公式、正余弦定理求边长，进而求的值.
【详解】（1）由正弦边角关系知：，则，
又，故.
（2）如下图，，且，

所以，
又①，且，即为锐角，
所以，则，且，即，
所以②，
由①②可得：或4，即或2，
当，则，，不合题意；
所以，则，，故.
四、证明题
20．如图一,等腰梯形,,,,分别是的两个三等分点,若把等腰梯形沿虚线,折起,使得点和点重合,记为点,如图二.
(1)求证:平面平面.
(2)求四棱锥P-ABEF的表面积.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】（1）推导出BE⊥EF，BE⊥PE，从而BE⊥面PEF，由此能证明平面PEF⊥平面ABEF（2）分别计算四棱锥的各面面积，求和即可.
【详解】（1）∵等腰梯形分别是的两个三等分点，
∴ABEF是正方形,
∴BE⊥EF,
∵BE⊥PE，且PE∩EF=E，∴BE⊥面PEF，
又BF⊂平面ABEF,
∴平面PEF⊥平面ABEF．
（2）在等腰梯形中，由（1）知,
,
即折起后,
中,
,
中，，
，
表面积
【点睛】本题主要考查了面面垂直、线面垂直的证明，四棱锥的表面积，属于中档题．
五、解答题
21．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数在区间内无零点，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后根据的正负情况分类讨论求得单调区间；
（2）当时，递减，抓住得到在上无零点；当时，根据的极值点与的大小关系分两种情况求实数的取值范围．
【详解】（1）解：的定义域为，．
① 当时，，则在上递增．
② 当时，由；
由．
∴ 的单调减区间为，单调增区间为．
综上，当时，的增区间为，无减区间；
当时，的单调减区间为，单调增区间为．
（2）解：由已知得，，则．
① 当时，，则在上单调递减，
由得时，恒成立．
∴ 在内无零点．
② 当时，令，得．
若，即时，则在上递减，又时，．
要使在内无零点，只需，即；
若，即时，则在上递减，在上递增．
∴ ．
令，则，
∴ 在上递减，．
即，∴ 在上一定有零点，不合题意，舍去．
综上，实数的取值范围是．
【点睛】本题解题的关键是在（2）中当时，抓住函数过定点；当时，要善于利用极值点与区间的位置关系分类讨论，从而探究不同情况下函数的性质，把问题转化成由求的范围．
22．在直角坐标系中，曲线M的参数方程为（为参数，），曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.
(1)求曲线M，N的极坐标方程；
(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求.
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）先化成直角坐标方程，然后由即可化为极坐标方程.
（2）把分别代入（1）中所求得的表达式得，结合已知即可求解.
【详解】（1）由题意曲线M的参数方程为（为参数，），
可得，即，
又由，可得，
所以曲线M的极坐标方程为，
由，可得，即，
即曲线N的极坐标方程为.
（2）将代入，可得，
将代入，可得
则，
因为，所以，
又因为，所以．
23．设函数．
（1）当时，求函数的定义域；
（2）设，当时，成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域；
（2）由可得可得出，然后解不等式可得出，根据题意得出，进而可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，要使函数有意义，需满足.
当时，则有，即，解得，此时；
当时，则有，即，不合乎题意；
当时，则有，即，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为.
因此，当时，函数的定义域为；
（2）当时，由可得，则，可得
由可得，解得
，，解得.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了含绝对值不等式中参数的求解，第（2）问中将问题转化为两区间的包含关系是解答的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.