四川省兴文第二中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省兴文第二中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析），共4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. 已知集合N={x|x2-x-2≤0}，M={-2,0,1}，则M∩N=（ ）
A. [-1，2]B. [-2，1]C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再利用集合的交运算即可求解.
【详解】由，
M={-2，0，1}，
则M∩N=.
故选：D
【点睛】本题考查了集合的交运算、一元二次不等式的解法，考查了基本运算能力，属于基础题.
2. 已知是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
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】根据复数的代数形式的几何意义得到对应点的坐标，进而判定.
【详解】复数对应的点的坐标为,为第四象限的点，
故选:D.
3. 某学校共有学生人，其中高一年级人，高二年级与高三年级人数相等，学校为了了解学生在寒假期间每天的读书时间，按照分层抽样的方法从全校学生中抽取人，则应从高二年级抽取的人数为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设高二年级应抽取人，根据分层抽样的含义列出方程，解出即可.
【详解】由题意知，高二年级有600人，设高二年级应抽取人，
则，得，
故选：B.
4. 已知均为单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据题意得，再根据向量夹角公式即可得答案.
【详解】解：由，均为单位向量，得，
所以，
故与的夹角为.
故选：B.
【点睛】本题考查向量夹角的计算公式，向量模的计算，考查运算能力，是基础题.
5. 已知，，，则a，b，c的大小关系（ ）
A. a>b>cB. a>c>bC. c>b>aD. b>a>c
【答案】D
【解析】
【分析】
利用指数、对数的运算和指数函数的单调性判断.
【详解】因为，，，
所以b>a>c
故选：D
【点睛】本题主要考查指数、对数和幂的大小比较，属于基础题.
6. 已知和是两个互相垂直的单位向量，，则是和夹角为的（ ）
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
【解析】
【分析】计算出，利用向量夹角公式求出，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.
【详解】，，，
，令，解得，
则和夹角为，，
则可得到和夹角为，
故是和夹角为的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知函数，则的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定的函数，由时的单调性排除两个选项，当时，利用导数探讨函数的单调性、极值判断作答.
【详解】函数的定义域为，
当时，，因为函数在上递增，函数在上递减，
因此函数在上递增，BD错误；
当时，，求导得：在上递增，
，，而，即有，
则存在，使得，当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，C选项不满足，A选项符合要求.
故选：A
8. 设函数是定义在R上的奇函数，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据是奇函数，可得，即可求出，进而可求.
【详解】奇函数，，即，
即，，，
.
故选：C.
9. 已知，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，，由其单调性结合图象得出大小关系.
【详解】构造函数，，，，
易知函数，为增函数.
函数，与函数的图象，如下图所示：
由图可知，.
又，，所以.
综上，.
故选：B
10. 若函数在上单调递增，则的取值不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角差正弦公式可得，根据正弦函数的单调性可得且，求解即可.
【详解】∵，
∴令，即.
∵在上单调递增，
∴且，解得.
故选:D.
11. 已知函数，若对，都有成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，只需，进而利用导数研究单调性，求最值即可.
【详解】解：由题可知，
函数在上单调通减，在上单调递增，
又∵ ，，
，．
故选：C.
【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，解题的关键在于将问题转化为，进而求函数最值即可，考查化归转化思想，运算求解能力，是中档题.
12. 已知三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，侧棱底面，底面是正三角形，与底面所成的角是45°.若正三棱柱的体积是，则球O的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先得到是与底面所成的角，再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长，最后通过球的半径，球心到底面距离，底面外接圆半径的关系计算．
【详解】因为侧棱底面，
则是与底面所成的角，则．
故由，得．
设，则，
解得．
所以球的半径，
所以球的表面积．
故选：A．
【点睛】解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．
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，满足，则目标函数的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】作出不等式组所表示的区域，转化为直线在轴上的截距最大值问题即可.
【详解】根据题意，作出所表示的可行域，如图：
由，得，作出的平行直线簇，
结合图像可知当经过点时，截距取得最大值，即取得最大值，
联立，解得，即，
所以.
故答案为：5.
14. 若周期为的函数，在其定义域内是偶函数，则函数的一个解析式为________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据奇偶性和周期性直接构造即可.
【详解】为偶函数，若其最小正周期为，则，
一个满足题意的解析式为.
故答案为：（答案不唯一）.
15. 已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角函数的定义和二倍角公式可得答案.
【详解】根据三角函数的定义可知，，
由二倍角公式得.
故答案为：.
16. ，其最大值和最小值的和为____________．
【答案】0
【解析】
【分析】证明函数是奇函数即得解.
【详解】由题得函数的定义域为，关于原点对称.
所以是奇函数，故其最大值和最小值的和为0．
故答案为：0
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. 已知函数在与处都取得极值.
（1）求，的值；
（2）若方程有三个实数根，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，由给定的极值点列出方程，求解验证作答.
（2）求出函数的极大值和极小值，再根据三次函数的图象特征列不等式即可求解作答.
【小问1详解】
由求导得：，
依题意，，解得，此时，，
当或时，，当时，，即，是函数的极值点，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，令，，
由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减，
当时，取极大值，当时，取极小值，
因方程有三个实数根，则函数有三个零点，
于是得，解得，
所以实数的取值范围是.
18. 已知函数的两个相邻的对称中心的距离为．
（1）求在上的单调递增区间；
（2）当时，关于x的方程有两个不相等的实数根，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角正弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数的对称性和单调性进行求解即可；
（2）根据正弦函数的对称性，结合两角和的余弦公式进行求解即可,
【小问1详解】
，
由题意知，的最小正周期为，所以，解得，
∴，
令，解得
取，则取，则，
所以在上的单调递增区间为．
【小问2详解】
由（1）知，
当时，，
由的对称性可知，解得，
所以.
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，当取最大值时，求外接圆的半径．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用切化弦、和差角的正弦和正弦定理化简已知等式即得解；
（2）由题得，平方得，再利用基本不等式求出，由余弦定理和勾股定理求出，再利用正弦定理求出三角形外接圆半径.
【小问1详解】
，
即，
，
即，
则，又，
．
【小问2详解】
由题得,
所以，
所以，所以，
所以（当且仅当时取等）
所以.
由余弦定理得.
所以，所以.
所以
设外接圆的半径为,所以
所以外接圆的半径为.
20. 如图.在三棱锥中，为正三角形，为的重心，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）在棱上是否存在点，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在.说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）在中，易证，再根据，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可.
（2）取的中点，连接，，在平面内过点作，易得平面，然后再根据为的重心，由求解.
【详解】（1）设，则，在中，由余弦定理，得.
因为，
所以.
因为，，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（2）如图所示：
取的中点，连接，，则点在上，
在平面内过点作的平行线交于点.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为为的重心，
所以，
又，
所以，
所以在棱上存在点，使得直线平面，此时.
【点睛】方法点睛：（1）证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．
（2）证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
21. 已知函数.
（1）当时，求的单调区间与极值；
（2）当时，证明：只有一个零点.
【答案】（1）在上单调递增，上单调递减；极大值，无极小值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数, 解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可;
（2）通过讨论的范围，求出函数的单调区间, 求出函数的最小值, 结合函数的零点个数求出的范围即可.
【小问1详解】
当时，，
由得，，由得，或
∴在上单调递增，上单调递减，
∴在处取得极大值，无极小值.
【小问2详解】
∵，
∴
由，得，或
①当时，，在上单调递增
∵，
∴，故在上有唯一零点
②当时，得或
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∵，
∴，故在上有唯一零点
综上：当时，只有一个零点.
（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xOy中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）射线：与曲线交于点A，射线：与曲线交于点B．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系；
（1）直接写出曲线、射线的极坐标方程．
（2）求△AOB的面积．
【答案】（1）曲线极坐标方程为，射线的极坐标方程为
（2）
【解析】
【分析】（1）曲线表示单位圆，直接写出极坐标方程，射线表示轴非负半轴，即可求极坐标方程；
（2）首先求点的极坐标，再求的面积.
【小问1详解】
曲线的极坐标方程为，
射线的极坐标方程为；
注：没有注明也是正确的．
【小问2详解】
的极坐标方程为，
射线的极坐标方程．
由得点A的一个极坐标为．
由，得点B的一个极坐标为．
∴
．
选修4-5：不等式选讲
23. 已知函数，记的最小值为m.
（1）求m；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）1; （2）.
【解析】
【分析】（1）将写成分段函数的形式，求出分段函数的最小值，即可得到结果；
（2）由（1）可知，再利柯西不等式求出最小值.
【小问1详解】
当时，；
当时，；
当时，；
综上，，故．
【小问2详解】
，
，
即
当且仅当时，即时等号成立，
的最小值为．