四川省泸县第五中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析），共36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23小题，满分150分，考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
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. 全集，集合，，则阴影部分表示的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.
【详解】韦恩图阴影部分表示的集合为，而全集，集合，，
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. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】从各项图象的区别，确定先判断函数奇偶性(对称性)，再求导研究的符号,判断单调性即可.
【详解】，
是偶函数，图象关于y轴对称，排除选项AB.
当时，，则，由，，
故存在使得，即函数在区间上不单调，排除D.
故选：C.
【点睛】方法点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
5. “”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件D. 非充分非必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用“”“”，即可判断出结论.
【详解】解：“”“”，
“”是“”的充要条件.
故选：C.
【点睛】本题考查了简易逻辑的判定、不等式的解法，属于基础题.
6. 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.
7. 已知为等边三角形，，设点，满足，，与交于点，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据已知条件确定出点位置，然后用表示出，最后根据向量的数量积运算求解出的结果.
【详解】因为，所以，所以，
所以为的一个靠近的三等分点，又因为，所以为的中点，
过作交于点，如下图所示：
因为且，所以，所以，
所以，
所以，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是确定点的位置，通过将待求的向量都转化为，即可直接根据数量积的计算公式完成求解.
8. 把函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由辅助角公式化简，再结合奇偶函数特征即可求解.
【详解】，
函数向左平移个单位后可得，
因为关于轴对称，为偶函数，所以，
解得，当时，取到最小正值.
故选：D
9. 已知偶函数区间上单调递增，且，则满足
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】,故, 又,故,故选D.
10. 已知函数，其中为函数的导数，则（ ）
A. 0B. 2C. 2020D. 2021
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出，则，再求出，得到，从而求出，求出答案.
【详解】
所以
所以
所以
所以
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查函数的对称性和求导函数以及求导函数的奇偶性，解答本题的关键是由解析式求得，从而得到，求出，得到，得到，考查计算能力，属于中档题.
11. 已知三棱锥中，平面平面，且和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意画出图形分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，结合已知由，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.
【详解】如图，
由已知可得，与均为等边三角形，
取中点，连接，，则，
∵平面平面，则平面，
分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，
则为三棱锥的外接球的球心，
由与均为边长为的等边三角形，
可得，
，
，
∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为.
故选：D.
12. ，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用三角函数函数值的正负和正弦函数在上的单调性判断即可.
【详解】因为,所以,可得,
因为,所以,可得,
因为,
又因为,
由正弦函数在上的单调性知,，
即.
故选:A
【点睛】本题考查利用三角函数函数值的正负和正弦函数的单调性比较大小;特殊角三角函数值的运用和选取合适的临界值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
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. 已知幂函数在上单调递减，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由系数为1解出的值，再由单调性确定结论．
【详解】由题意，解得或，
若，则函数为，在上递增，不合题意．
若，则函数为，满足题意．
故答案为：．
14. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，再由二倍角公式可得，代入即可得答案.
【详解】解：因为，
所以，
所以.
故答案为：
15. 已知中，内角的对边分别为，且，则___________.
【答案】(或)
【解析】
【分析】
利用余弦定理和正弦定理边角互化，整理已知条件，最后变形为，求角的值.
【详解】根据余弦定理可知，
所以原式，变形为，
根据正弦定理边角互化，可知，
又因为，
则原式变形整理为,
即，因为，
所以（或）
故答案为（或）
【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．
16. 已知函数. 若对定义域内不相等的，都有，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件知函数单调递增，根据分段函数为增函数建立不等式组求解，求解过程需构造函函数利用单调性求解.
【详解】由 ，
可得，即函数在定义域内单调递增，
，即 ，
又 单调递增，且，
由，得，
实数的取值范围是.
故答案为：[e，2e).
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.
（1）求单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用二倍角公式和两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的递增区间可得结果；
（2）由得到，由可得，再根据可求得结果.
【详解】（1），
由，得，
则函数单调递增区间为.
（2）由得，即，
由，，可得，
则，
所以
【点睛】关键点点睛：第（2）问将拆为已知角和特殊角是本题解题关键.
18. 已知曲线在点处的切线方程为．
（1）求，的值；
（2）判断函数在区间上零点的个数，并证明．
【答案】（1），；（2）在上有且只有一个零点．证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出即得的值，求出即得的值；
（2）先证明在上为单调递增函数且图象连续不断，再求出，，即得证.
【详解】（1）因为，
所以，
又因为，
因为曲线在点处的切线方程为．
所以，
所以
所以；
（2）上有且只有一个零点，
因为，，，
所以在上为单调递增函数且图象连续不断，
因为，，
所以在上有且只有一个零点．
【点睛】方法点睛：研究零点问题常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得解）；（2）图象法（直接画出函数的图象得解）；（3）方程+图象法（令得到，画出的图象得解）.
19. 已知锐角三角形的内角A，B，C所对的边分别记作a，b，c，满足，且．
（1）求；
（2）若点，分别在边和上，且将分成面积相等的两部分，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式、正弦定理和得到，，再利用同角三角函数基本公式得到，利用和差公式得到，即可得到；
（2）利用三角形面积公式得到，然后利用余弦定理和基本不等式即可得到的最小值.
【小问1详解】
因为，
所以，因为，所以，
又，且为锐角，所以，
所以．
因为．所以．所以．
【小问2详解】
设，，根据题设有，
所以，可得，
所以，
当且仅当时等号成立．
所以的最小值为．
20. 如图，，，D为BC中点，平面，，，.
（1）证明：平面；
（2）求点C到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面，证得平面平面，证得平面，
得到，证得平面，得到，，从而证得，进而证得平面，即可得到.
（2）设点到平面距离为，即为三棱锥的高，利用，结合锥体的体积公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
证明：∵平面，平面，∴平面平面，
平面平面，
又∵是以为斜边的等腰直角三角形，
∴，∴平面.
∵平面，∴.
∵，平面，∴平面.
∵平面，∴，，∴与都为直角三角形，
又∵，，
∴，，.
∴，.
∵平面，平面，，
∴平面，∵平面，.
【小问2详解】
解：设点到平面距离为，即为三棱锥的高，
∵，∴，
∵平面，平面，∴，
∴为直角三角形，.
∵为直角三角形，，
∴，即点到平面的距离为.
21. 已知函数．
（1）求函数的极值点；
（2）若函数有极大值点，证明：．
【答案】（1）极大值点为；极小值点为（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求，求出的解，进而求出单调区间，即可求出极值点；
（2）根据（1）中极大值关系，求出的范围，将用表示，要证的不等式转化为证明关于的不等式，构造函数，用导数法求函数的最值，即可证明不等式.
【详解】（1），
对于，，
令，则，，
在上，函数单调递增；
在上，函数单调递减；
在上，函数单调递增，
所以函数的极大值点为，极小值点为．
（2）由（1）知函数的极大值点为，
则，
由得，
要证，只需证，
只需证，即证，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增；
，即，
当时，单调递减，
又，则，
即.
【点睛】本题考查导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键点和难点，属于较难题.
（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. 如图，在极坐标系中，已知点， 曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，曲线是过极点且与曲线相切于点的圆.
（1）分别写出曲线、的极坐标方程；
（2）直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），求面积的最大值.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分析可知曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，结合图形可得到曲线的极坐标方程，设为曲线上的任意一点，根据三角函数的定义可得出曲线的极坐标方程；
（2）设、，由题意得，，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式以及基本不等式可求得结果.
【小问1详解】
解：由题意可知，曲线是以极点为圆心，以为半径的半圆，
结合图形可知，曲线的极坐标方程为.
设为曲线上的任意一点，可得．
因此，曲线极坐标方程为．
【小问2详解】
解：因为直线与曲线、分别相交于点、（异于极点），
设、，由题意得，，
所以，．
因为点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为.
选修 4-5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）当时，求函数的定义域；
（2）设函数的定义域为，当时，，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)将代入，列出不等式，再解含绝对值符号的不等式作答.
(2)利用给定条件去掉绝对值符号，转化成恒成立的不等式，分离参数构造函数推理作答.
【小问1详解】
当时，，依题意，，
当时，不等式化为：，解得，则有，
当时，不等式化为：，解得，则有；
当时，不等式化为：，解得，则有，
综上得：或，
所以函数的定义域为.
【小问2详解】
因当时，，则对，成立，
此时，，，则，
于得，成立，而函数在上单调递减，
当时，，从而得，解得，又，则，
所以实数的取值范围是.