宁夏银川市2023_2024学年高三数学上学期9月月考试题含解析

这是一份宁夏银川市2023_2024学年高三数学上学期9月月考试题含解析，共19页。试卷主要包含了 复数， 已知集合，，， 已知角终边上一点，则的值为， 中，，，则的值为， 已知，，则等内容，欢迎下载使用。

A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】化简得到，得到答案.
【详解】，
对应的点为，在第四象限.
故选：D.
2. 已知集合，，（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
3. 已知角终边上一点，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由任意角三角函数的定义求出，再由诱导公式化简代入即可得出答案.
【详解】因为角终边上一点，所以
.
故选：B.
4. 如图，在平行四边形中,为的中点，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用向量的加减法的几何意义将转化为，即可.
【详解】
故选：
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，熟练掌握向量的加减法是解题的关键，属于中档题.
5. 已知的三个内角，，所对边分别为，，，则“”是“为直角三角形”的是（）
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
【解析】
【分析】由正弦定理可得，利用三角形的内角和及和角的正弦公式化简可得C为直角，结合充分条件及必要条件进行判断即可.
【详解】因为，
由正弦定理可得，，即，
所以，
所以，
因为，，所以，，
则，为直角三角形，
但为直角三角形时不一定是，
所以是△ABC为直角三角形充分不必要条件，
故选：A.
6. 某学生在“捡起树叶树枝，净化校园环境”的志愿活动中拾到了三支小树枝（视为三条线段），想要用它们作为三角形的三条高线制作一个三角形，经测量，其长度分别为、、，则（）
A. 能作出一个锐角三角形B. 能作出一个直角三角形
C. 能作出一个钝角三角形D. 不能作出这样的三角形
【答案】C
【解析】
【分析】计算出三角形三边的比值，并计算出三角形中最大角的余弦值，可得出结论.
【详解】设高分别为、、对应的底边长分别为、、（单位：），
则，设，则，，
由三角形三边关系可知，这样的三角形存在，
设该三角形的最大内角为，则，则为钝角，
故能作出一个钝角三角形.
故选：C.
7. 中，，，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理，结合平面向量数量积的运算性质和定义、平面向量共线的性质、加法的运算性质进行求解即可.
【详解】由余弦定理可知：
或（舍去），
因为，所以，
，
故选：C
8. 设，，，则a，b，c的大小关系是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和正切公式有，可求，再由两角差正弦公式、二倍角正弦公式可求b、c，进而可知它们的大小关系.
【详解】∵，
∴，
，
，
∴.
故选：A
9. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用求得，利用的范围和可得答案.
【详解】因为，所以，
即，
因为，所以，所以，
所以，
可得.
故选：A.
10. 已知定义在上的函数满足，且是偶函数，当时，，则（）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据是偶函数和得到是的一个周期，然后利用周期性求函数值即可.
【详解】因为是偶函数，所以，则，
因为，所以，则是的一个周期，
因为，所以，，
.
故选：C.
11. 当时，函数取得最大值，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
12. 已知函数，若存在实数，且，使得，则的最大值为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二次函数对称性化简目标式，然后构造函数，利用导数求最值可得.
【详解】作出的函数图象如图所示：
若存在实数，且，使得，
因为的图象关于直线对称，
所以，
所以，
由图可知，，所以．
设，，
所以，与在单调递增，
所以在上单调递增，又，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以．
故选：D．
二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 函数的定义域是 .
【答案】
【解析】
【分析】利用根式函数的定义域求法和正切函数不等式求解.
【详解】解：由函数，
则，即，
解得，
所以函数的定义域是，
故答案为：
14. 已知向量，，若，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设向量，得到，结合，利用数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，，因为，可设向量，
则，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
15. 已知函数（，）恒过定点，则函数的图像不经过第______象限.
【答案】二
【解析】
【分析】由指数函数性质可知恒过定点，再由指数函数的性质可知不过第二象限.
【详解】由已知条件得当时，，则函数恒过点，
即，此时，
由于由向下平移五个单位得到，且过点，
由此可知不过第二象限，
故答案为：二.
16. 已知函数（且）有两个不同的零点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】变换得到，构造，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到，解得答案.
【详解】，即，易知，故，即，
设，，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
，
画出函数图像，如图所示：
根据图像知：，解得.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用参数分离的思想，将题目转化为，再构造新函数是解题的关键.
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. 函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）将的图象向右平移个单位,再把得到的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变,然后再向下平移个单位,得到的图象,求在上的值域.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据函数图象上的最大值和最小值，求出，根据特殊点求出函数周期，结合，得，再将点代入的解析式，求出的值，从而得到函数的解析式；
（2）根据函数平移与缩放的规则，得，再由得，结合函数图象即可求出答案.
【小问1详解】
由图可知, ，，
由可得：，
再将点代入的解析式,得,
得，结合，可知.
故；
【小问2详解】
将的图象向右平移个单位，得到，
再把得到的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变,然后再向下平移个单位,得到，
，，
，
.
18. 如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径.
（1）弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；
（2）若，，点，A，B，C都在半径为的球面上，求二面角的余弦值.
【答案】（1）存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面平行的判定定理、性质定理分析证明；
（2）根据题意结合长方体的外接球可得，建系，利用空间向量求二面角.
【小问1详解】
当点D为的中点时，平面，证明如下：
取AB的中点D，连接OD，
∵O，D分别为，的中点，则，
平面，平面，
∴平面，
又∵，
平面，平面，
∴平面，
，平面，
∴平面平面，
由于平面，故平面.
【小问2详解】
∵是的直径，可得，即，
且，，故，，
又∵平面，且平面，
∴，
即，，两两垂直，且点，A，B，C都在半径为的球面上，
可知该球为以、、为长、宽、高的长方体的外接球，
则，可得，
以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
则，，，，
得，，
设为平面的一个法向量，则，
令，则，可得，
且为平面的一个法向量，
设二面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
19. 为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在、两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图：
（1）请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；
（2）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？
（3）根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）小区平均分为，小区平均分为，方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎
（2）小区可继续推行方案二
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；
（2）分别求出小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；
（3）由题意可知，再根据二项分布的分布列和期望公式计算即可.
【小问1详解】
设小区方案一的满意度平均分为，
，
设小区方案二的满意度平均分为，
，
∵.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎；
【小问2详解】
由题意可知：
小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为，
以频率估计概率，赞成率为，
小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为，
以频率估计概率，赞成率为，
∴小区可继续推行方案二；
【小问3详解】
现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则，
，，
，，
，，
∴的分布列为
数学期望.
20. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，斜率为的直线过且与椭圆相交于，两点，的周长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设线段的中垂线交轴于，在以，为邻边的平行四边形中，顶点恰好在椭圆上，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义即可求出椭圆标准方程；
（2）先设出直线方程及，点坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得到，点坐标之间的关系.再利用中垂线性质及平行四边形中的向量等式得到点坐标，最后把点坐标代入椭圆方程求出斜率得到直线方程.
【详解】解：（1）由的周长为，则有，所以，
又椭圆的离心率，
则，，故椭圆的标准方程为：.
（2）由题意可知，直线的斜率，设直线：，，
由可得
显然，，
则中点，中垂线方程为：.
所以，由四边形为平行四边形，则，
即
所以，
由在椭圆上，则，解得，即.故直线的方程为.
【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程、性质及直线与椭圆的位置关系，关键是利用向量工具表示点的坐标，采用设而不求，属于中档题.
21. 设函数（k为常数，e＝2．718 28…是自然对数的底数）．
（1）当时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数在（0,2）内存在两个极值点，求k的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）．
【解析】
【详解】试题分析：（I）函数的定义域为，
由可得，
得到的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）分，，，时，
讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.
试题解析：（I）函数的定义域为，
由可得，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（II）由（I）知，时，函数在内单调递减，
故在内不存在极值点；
当时，设函数，
因为，
当时，
当时，，单调递增，
故在内不存在两个极值点；
当时，
得时，，函数单调递减，
时，，函数单调递增，
所以函数的最小值为，
函数在内存在两个极值点；
当且仅当，
解得，
综上所述，函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.
考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.
（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. 在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为，（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）若是曲线上一点，是直线上一点，求的最小值．
【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由普通方程与参数方程以及极坐标方程的互化，代入计算即可得到结果；
（2）根据题意，由点到直线的距离公式结合辅助角公式即可得到结果.
【小问1详解】
由直线的参数方程，得直线的普通方程为．
将代入曲线的极坐标方程，
化简得曲线的直角坐标方程为．
【小问2详解】
由（1），设点，
由题知的最小值为点到直线的距离的最小值．
又点到直线的距离，其中．
当时，的最小值为．
的最小值为．
[选修4-5：不等式选讲]
23设函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若最小值是，且，求的最小值.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）分类讨论，和三种情况，求解，最后求并集即可；（2）根据（1）可得，可得，利用柯西不等式求出最小值即可.
【详解】（1）当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，不等式的解集为或.
（2）由（1）可知当时，，即，则.
因为，
所以，即（当且仅当时等号成立）.
故的最小值为.
【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法一般有：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
0
1
2
3
4
5