四川省泸县2023_2024学年高三数学上学期10月月考试题理含解析

这是一份四川省泸县2023_2024学年高三数学上学期10月月考试题理含解析，共21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
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. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式化简集合A，解指数函数不等式化简集合B，再求集合的交集.
【详解】或，
，
所以.
故选：C.
2. 复数（，为虚数单位），在复平面内所对应的点在上，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出复数在复平面内所对应的点的坐标，代入，求得，再根据复数的模的公式即可得解.
【详解】解：复数在复平面内所对应的点的坐标为，
因为点在上，
所以，解得，
所以，
所以.
故选：B.
3. 若实数x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（）
A. B. 3C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．
【详解】解：可行域如图所示，作出直线，可知要取最大值，
即直线经过点．
解方程组得，，
所以．
故选：D．
4. 设，，则“'”是“”的（）
A. 充要条件B. 充分条件但不是必要条件
C. 既不是充分条件也不是必要条件D. 必要条件但不是充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】由基本不等式得，，若，则是真命题，反之，举例即可判断，进而根据充分条件与必要条件的概念求解.
【详解】解：因为，，，
所以，即，，若，则是真命题；
反之若，满足，此时，
所以“'”是“”的必要条件但不是充分条件.
故选：D
5. 天文学中，用视星等表示观测者用肉眼所看到的星体亮度，用绝对星等反映星体的真实亮度.星体的视星等，绝对星等，距地球的距离有关系式（为常数）.若甲星体视星等为，绝对星等为，距地球距离；乙星体视星等为，绝对星等为，距地球距离，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数的运算可求得的值.
【详解】由已知可得，
上述两个等式作差得，因此，.
故选：A.
6. 已知球的内接圆柱（圆柱的底面圆周在球面上）的高恰好是球的半径，则圆柱侧面积与球的表面积之比为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，可得，即求.
【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，如图为圆柱的轴截面，
则，
又圆柱的侧面积为，球的表面积为，
∴圆柱侧面积与球的表面积之比为.
故选：B.
7. 函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，可排除C、D，利用和时，，结合选项，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，
且，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；
当时，可得，且时，，
结合选项，可得A选项符合题意
故选：A.
8. 已知直线是曲线的切线，则（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.
【详解】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，
于是且，所以.
故选：B
9. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平移变换得出，再由对称轴的性质得出，，结合得出的最小值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象对应的函数为
因为函数的图象的一条对称轴是直线
所以，
解得，，又
所以当时，取最小值，为
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合得出的最小值.
10. 如图，已知四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为上一点，且平面，则三棱锥体积最大值为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得三棱锥体积的表达式，然后利用基本不等式求得体积的最大值.
【详解】由题意，平面平面，得；
由平面，有；
因为,
从而平面，所以，
所以．
令，，则．
所以，
其中“”当且仅当时取得．
故选：A
11. 若不等式恒成立，则a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把不等式转化为对x>0恒成立，设，故对任意的恒成立，利用导数可求a的取值范围.
【详解】由不等式恒成立，可知对x>0恒成立.
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为上的增函数，
而当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，
若，则，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，
故
综上：取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛：恒成立问题：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③可利用代数变形方法将不等式转化为简单不等式来处理.
12. 克糖水中含有克糖，糖的质量与糖水的质量比为，这个质量比决定了糖水的甜度，如果再添加克糖，生活经验告诉我们糖水会变甜，对应的不等式为(，).若，，，则
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意当，时成立，得出，用作差法比较得出，即可得出答案.
【详解】解：因为，，
所以，，
根据题意当，时成立，
又，
所以，
即：，
又
所以，
所以，
故选：B.
【点睛】对数运算的一般思路：
（1）拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并；
（2）合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算.
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. ______．
【答案】5
【解析】
【分析】
根据指数幂和对数的运算法则即可运算.
【详解】.
故答案为：5.
14. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称．若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意得，然后由求解.
【详解】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，且，
所以，
所以，
故答案为：
15. 在中，角的对边分别为，且，的面积为，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由正弦定理，原等式可化为，进一步化为，则，即．在三角形中．由面积公式，可知，由余弦定理，代入可得．故本题应填．
点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理 解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时 可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.选择余弦定理和面积时，要以已知角的为主．
16. 已知函数，.下列有关的说法中，正确的是______(填写你认为正确的序号).
①不等式的解集为或；
②在区间上有四个零点；
③的图象关于直线对称；
④的最大值为；
⑤的最小值为；
【答案】③④
【解析】
【分析】
由，则①，即，可判断；②,则或，可判断；③由条件可得可判断；，设，求出函数的单调区间可得其最值，从而可判断④，⑤
【详解】由
①，即，又，则或，故①不正确.
②,则或，又
所以，共有5个零点，故②不正确.
③
所以，则的图象关于直线对称，故③正确.
④
设，则，则
由解得，由解得或
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
当时,,当时,,
当时，，当时，，
所以当时，函数有最大值
所以当时,函数有最小值
所以④正确，⑤不正确.
故答案为：③④
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的对称性、零点、最值等基础知识，解答本题的关键是将，由条件可得，或，以及，得出函数在上的单调性，属于中档题.
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. 已知函数，､，若在处与直线相切.
（1）求，的值；
（2）求在上的极值.
【答案】（1）；（2）极大值为，无极小值.
【解析】
【分析】
（1）求得函数额导数，根据题意列出方程组，即可求得的值；
（2）由（1）得，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为函数在处与直线相切，
所以，即，解得.
（2）由（1）得，定义域为，且，
令，得，令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的极大值为，无极小值.
18. 已知函数(，，)的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，，分别为图象的最高点和最低点，中，角，，所对的边分别为，，，的面积.
（1）求的角的大小；
（2）若，点的坐标为，求的最小正周期及的值.
【答案】（1）；（2）最小正周期为，.
【解析】
【分析】
（1）根据，利用余弦定理和三角形面积公式，易得，即求解.
由，利用余弦定理可得，进而得到函数的最小正周期为，然后由在函数的图象上，求得即可.
【详解】（1），
由余弦定理得，
又，
，
即，
，
.
由题意得，，
由余弦定理，
得，
即，
设边与轴的交点为
则为正三角形，
且，
函数的最小正周期为，
，
又点在函数的图象上，
，
即，
即
，
即
又，
.
【点睛】方法点睛：（1）求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的对称轴，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．
（3）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs( ωx＋φ)的形式，则最小正周期为T＝；
（3）奇偶性的判断关键是解析式是否为y＝Asin ωx或y＝Acs ωx＋b的形式．
19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．
（1）求的外接圆半径R；
（2）求内切圆半径r的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦边角关系可得，应用余弦定理即可求，进而确定其大小；
（2）由正弦定理有，，根据余弦定理有，结合（1）及，应用三角恒等变换有，由三角形内角性质、正弦函数性质求范围即可.
【小问1详解】
因为，由正弦边角关系得，即，
由余弦定理，得，又，所以，
由，则.
【小问2详解】
由正弦定理得，所以，，
由余弦定理，得，所以，
利用等面积法可得，
则
，
∵，∴，故，则，
所以，故.
20. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，是线段上一点（不含，），在平面内过点作平面交于点．
（Ⅰ）写出作的步骤（不要求证明）；
（Ⅱ）若，，是的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）步骤见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）过点作交于点，在平面内过点作交于，连接，根据面面平行的性质定理，即为所求．
（Ⅱ）解法一：如图建系，可求得点坐标，分别求得平面与平面的法向量和，利用向量法即可求得二面角的余弦值；
解法二：延长，交于，连接，根据线面平行的性质定理，可得，利用几何法可求得平面与平面所成角的平面角，在中，即可求得答案.
【详解】（Ⅰ）第一步：在平面内，过点作交于点；
第二步：在平面内过点作交于；
第三步：连接，即为所求．如图所示：
（Ⅱ）解法一：因为是的中点，，所以是的中点，
而，所以是的中点，
连接，交于，连，设在底面的射影为，
因为，所以，即为的外心，
所以与重合，
因为，，所以，，
过作交于，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
所以，，设平面的法向量为，
则，
取，则，，所以
因为平面，所以平面平面，又，
所以平面，
故为平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角的大小为，
则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
解法二：延长，交于，连接，如图所示：
因为平面，平面平面，平面，所以，
又是中点，则是的中点，又，所以是的中点，
故，所以，
因平面，所以平面平面，
又，所以平面，
所以平面，
所以，即平面，
所以为二面角的平面角，
在中，，故
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
【点睛】解题关键是熟练掌握面面平行的性质定理，并灵活应用，即证明线面平行时，可先证线线平行，再根据判定定理，得到线面平行，也可先证明面面平行，根据性质定理，可到线面平行；易错点为，利用向量法求解二面角时，需要先证明两两垂直，方可建系，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.
21. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：时，．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】（1）先对求导，再对分类讨论即可得出函数的单调性；
（2）时，将所证不等式转化为，令，，分别根据导数求出的最小值和的最大值即可证明不等式.
【详解】解：（1），，
.
当时，，函数在上单调递减；
时，由，得，由，得，
此时函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：时，要证，
即要证：，，
令，则，
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
可得时，函数取得最小值，.
令，，
当时，，此时为增函数，
当时，，此时为减函数，
所以时，函数取得最大值，.
与不同时取得，因此，即，.
故原不等式成立.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值、分类讨论方法、等价转化方法，考查了利用导数证明不等式，属于中档题.
（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. 已知在直角坐标平面内，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
（1）求曲线C的直角坐标方程；
（2）已知过点，倾斜角为的直线l与曲线C交于A，B两点，若M为线段AB的三等分点，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简已知式，两边同乘以，结合极坐标与直角坐标的互化公式即可；
（2）写出直线的参数方程，代入曲线的方程，得到关于参数的一元二次方程，由已知结合韦达定理以及参数的几何意义，可得关于的方程，求解得答案.
【小问1详解】
由，得，
所以
所以曲线C的直角坐标方程为．
【小问2详解】
设直线l的参数方程为（t为参数，），
代入，得，
恒成立，
所以，．
由M为线段AB的三等分点，且，故．
将代入前式，得
，，
所以，
，则
解得：或．
[选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意分、和三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.
【小问1详解】
由题意可知：，
①当时，不等式即为，解得，所以；
②当时，不等式即为，解得，所以；
③当时，不等式即为，无解，即；
综上所示：不等式的解集为.
【小问2详解】
由绝对值不等式的性质可得：，
当且仅当时，等号成立，
所以取最小值4，即，
可得，即，
所以