2024届陕西省榆林市府谷县第一中学高三上学期第五次月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届陕西省榆林市府谷县第一中学高三上学期第五次月考数学（理）试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】写出集合中的元素，然后由交集定义计算．
【详解】由题意知，，所以，
故，所以.
故选：B.
2．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求具体函数的定义域，须使函数有意义，即使分式的分母不为零，偶次根式的被开方式为非负数，对数的真数为正数，再把对应的自变量范围求交集即得.
【详解】要使函数有意义，须使，解得：,
故函数的定义域为.
故选：B.
3．在数列中，是以3为公比的等比数列，，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】A
【分析】根据等比数列的定义，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】若数列是以3为公比的等比数列，则，
反过来，若，同样满足，但此时数列不是等比数列，所以是的充分不必要条件.
故选：A
4．已知为实数，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据不等式性质逐选项判断即可.
【详解】对于A，若，当时，根据不等式性质，故A错误；
对于B，若，当时，大小无法确定，故B错误；
对于C，若，则，，对不等式两边同时乘以，则，故C正确；
对于D，若时，，故D错误，
故选：C.
5．我国某科技公司为突破“芯片卡脖子问题”实现芯片国产化，加大了对相关产业的研发投入.若该公司计划2020年全年投入芯片制造研发资金120亿元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长9%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200亿元的年份是（ ）参考数据：
A．2024年B．2023年C．2026年D．2025年
【答案】C
【分析】根据指数函数模型列不等式求解．
【详解】依题意，第n时投入资金为亿元，
设2020年后第n年该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元，
则,得，
两边同取常用对数，得，所以，
所以从2026年开始，该公司全年投入芯片制造方面的研发资金开始超过200亿元.
故选：C．
6．函数是（ ）
A．最小正周期为的偶函数
B．最小正周期为的奇函数
C．最小正周期为的奇函数
D．最小正周期为的偶函数
【答案】D
【分析】使用三角恒等变换对三角进行化简，次数降为一次后用相关公式直接求解即可.
【详解】易知,
则，故是偶函数，且
故选：D
7．若为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【分析】由线面平行定义可判断选项ACD正误，由线面垂直定义可判断选项B正误.
【详解】选项A，m有可能在平面内，故A错误；
选项B，因，则使得.因，
则使得，即，故B正确；
选项C，m有可能在平面内，故C错误；
选项D，m有可能在平面内，故D错误.
故选：B
8．已知数列满足，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意通过迭代数列的前面几项可以发现数列是周期为4的周期数列，由此即可得解.
【详解】由题意，所以，
由此可知数列是周期为4的周期数列，所以.
故选：D.
9．下列不等关系能恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】逐项分析不等式成立的条件即可.
【详解】对于A，当时，，所以A错误；
对于B，，当且仅当即时取等号，所以B正确；
对于C，当时，C错误；
对于D，当时，，所以D错误；
故选：B
10．设，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数、对数函数性质利用1比较，再由正弦函数的性质比较与0比较即可.
【详解】因为，，
而，故，
所以，
故选：C
11．已知，函数在上恰有3个极大值点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合正弦函数的图象性质，由于在上恰有3个极大值点，则可列不等式，即可求得的取值范围.
【详解】解：，
因为在上恰有3个极大值点，由，得，
又函数的极大值点满足，
所以，解得.
故选：C.
12．已知，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，根据导数得出其单调性，则结合已知得出，即，即可得出.
【详解】构造函数，
则，
故在上单调递增.
因为，
所以，
故.
故选：D.
二、填空题
13．已知平面向量，则 .
【答案】
【分析】先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故答案为：.
14．在平面直角坐标系中，锐角和钝角的终边分别与单位圆交于，两点，且，两点的横坐标分别为，，则 .
【答案】
【分析】根据给定条件求出点，的纵坐标，再借助三角函数定义计算两个角的正弦与余弦，结合差角的正弦公式，代入计算作答.
【详解】
因锐角和钝角的终边分别与单位圆交于点，，且点，的横坐标分别为，，
显然，点在第一象限，点在第二象限，则点，的纵坐标分别为，，
由已知及三角函数定义得，，而，，
所以.
故答案为：
15．已知函数，满足对任意，都有成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由对任意，都有成立，即在定义域内单调递减，转化为分段函数单调性问题分段求解即可.
【详解】对任意，都有成立，即在定义域内单调递减，
则有，解得.
故答案为：.
16．印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体､圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章（如图1），该形状称为“半正多面体”（由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体），每个正方形面上均刻有不同的印章（图中为多面体的面上的部分印章）.图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”（其各顶点均在一个正方体的面上），若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为 .
【答案】
【分析】根据几何体的结构特征确定其外接球球心位置，根据已知求球体半径，进而求球体表面积.
【详解】由对称性知：该多面体的各顶点在棱长为的正方体的表面上，
如图，设其外接球的球心为，正方形的中心为，
则点到平面的距离，又，
所以该多面体外接球的半径，
故该球的表面积为.
故答案为：
三、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】(1) ;(2) .
【分析】(1)由题意结合等差数列的性质可得，据此列方程组可得：，结合等差数列通项公式可得；
(2)由题意结合(1)的结论和等差数列前n项和公式可得，裂项求和可得.
【详解】（1）由得，即

，即；
（2）由（1）知
∴
∴

∴.
四、问答题
18．在中，角的对边分别为的面积为，已知.
(1)求角；
(2)若的周长为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
（2）由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，
又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
五、解答题
19．如图1，山形图是两个全等的直角梯形和的组合图，将直角梯形沿底边翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点在线段上，且在几何体中，解决下面问题.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求证，
（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，即可由线面垂直的判定，进而可得线线垂直.
【详解】（1）连接与相交于,连接，
由于，且,
所以,
又,所以,
平面,平面,所以平面，
（2）过作交于，由于平面平面，且两平面交线为，平面，
所以平面，平面,故，
又四边形为直角梯形，故,
是平面内的两相交直线，所以平面，
平面，故.
20．如图，在四棱锥中，四边形为梯形， ,为等边三角形，且平面平面分别为的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据余弦定理求解长度，即可根据勾股定理得线线垂直，结合面面垂直的性质即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【详解】（1）过作交于，
由于，所以,
故,,
故由余弦定理可得,
,
由于,所以,
又平面平面且两平面交线为，
又是中点，为等边三角形，所以平面，
所以平面平面故,
平面，所以平面，
平面，因此平面平面
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，,
,
进而可得,
,
设平面与平面的法向量分别为，
所以取，则
取，则，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为
六、问答题
21．已知函数（､）．
(1)当a=2，b=0时，求函数图象过点的切线方程；
(2)当b=1时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围；
(3)当，b=1时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数求函数在某一点的切线方程即可；
（2）利用导数分析函数的单调性，极值求参数的取值范围即可.
（3）利用导数分析的极值，从而求得恒成立求参数k的取值范围，然后构造函数利用导数分类讨论求解即可.
【详解】（1）当时，，
所以切线方程为，即为．
（2），
一方面，因为函数既存在极大值，又存在极小值，
则必有两个不等的实根，则，
由可得，且，解得且；
另一方面，当且时，不妨考虑的情形，列表如下：
可知分别在取得极大值和极小值，符合题意．
综上，实数的取值范围是．
（3）由，可得，列表如下：
所以在取得极大值；
在取得极小值，
由题意可得对任意的恒成立，
由于此时，则，
所以，则，
构造函数，其中，
则，
令，则．
①当，即时，在上是严格增函数，
所以，即，符合题意；
②当，即时，设方程的两根分别为，
则，设，
则当时，，则在上是严格减，
所以当时，，即，不合题意．
综上所述，的取值范围是．
【点睛】对于不等式恒成立求参数的取值范围问题，一般构造新函数利用导数分析函数的单调性最值，要注意分类讨论求解即可.
七、解答题
22．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】(1)
(2)最小值；最大值
【分析】（1）根据函数图象的最大最小值得出，由图象得出周期，即可根据周期得出，即可得出答案；
（2）由的取值范围得出的范围，即可根据三角函数在区间上的最值求法得出答案.
【详解】（1）由函数图象观察可知：
函数的周期，由周期公式可得：
函数的解析式为：.
（2），
，
，
则当时，取得最小值；
当时，取得最大值.
+
0
-
0
+
极大值
极小值
0
+
0
-
0
+
极大值
极小值