2024四川省双流棠湖中学高三上学期10月月考数学（文）试题含解析

这是一份2024四川省双流棠湖中学高三上学期10月月考数学（文）试题含解析，共13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（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. 若集合，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 由题意，集合，
所以，故选B.
2. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二次函数，分式函数，指数函数，对数函数的函数特征分别讨论单调区间可求解．
【详解】选项A是开口向下，对称轴为x=0的二次函数，所以在是单调递减，不符．
选项B为分式函数，定义域为，所以只有两个减区间，也不符，
选项C是底数属于(0,1)的指数函数，所以在R上单调递减，不符．
选项D是定义在上以10为底的对数函数，所以在上单调递增，符合，
故选：D.
3. 下面四个条件中，使成立的充要的条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合立方差公式以及充要条件的概念即可求出结果.
【详解】因为
因为，
所以，可得；反之也成立，
因为，则，但不一定有，故是的充分不必要条件；
而是的既不充分也不必要条件；
因为
所以是的既不充分也不必要条件；因此ABC不符合题意，
故选：D.
4. 古代人家修建大门时，贴近门墙放置两个石墩.石墩其实算是门墩，又称门枕石，在最初的时候起支撑固定院门的作用，为的是让门栓基础稳固，防止大门前后晃动.不过后来不断演变，一是起到装饰作用，二是寓意“方方圆圆”.如图所示，画出的是某门墩的三视图，则该门墩从上到下分别是（ ）
A. 半圆柱和四棱台B. 球的和四棱台
C. 半圆柱和四棱柱D. 球的和四棱柱
【答案】D
【解析】
【分析】
根据几何体的三视图直观想象出几何体的直观图，从而可得几何体的结构特征.
【详解】由几何体的三视图可知：
该几何体上面是球的，下面是放倒的四棱柱.
故选：D
【点睛】本题考查了几何体的三视图还原直观图，考查了空间想象能力，属于基础题.
5. 已知，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角公式即得.
【详解】，，
.
故选：A.
6. 弹簧上挂的小球做上下振动时，小球离开平衡位置的距离随时间的变化曲线是一个三角函数的图像（如图所示），则这条曲线对应的函数解析式是（ ）
A.
B.
C.
D
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的部分图像得到或，并分别讨论或时的解析式
【详解】解：设该曲线对应的函数解析式为，
由图可知，或，，则，
当时，，
由，解得，
因为，所以，所以；
当时，，
由，解得，
因为，所以，所以；
故选：A
7. 方程的两根为，，且，则
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
利用韦达定理求出与的值，由两角和的正切公式求得，从而可得结果.
【详解】∵方程的两根为，，且，
∴，，再结合，故，，
∴，故．
又，∴，故选B．
【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
8. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的()倍(纵坐标不变)，得到函数的图象，若函数在区间上是增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据图象变换求解出的解析式，然后结合正弦函数的单调增区间以及的周期的范围，列出关于的不等式组并求解出的取值范围.
【详解】将函数的图象经过变化后得到的图象，
令()，即()，
∵在上是增函数，∴，
又，∴，
令时，解得，当且时，不符合题意，
故选：B.
【点睛】思路点睛：已知正、余弦型函数（或）的单调区间求解参数范围的步骤：
（1）根据函数以及单调性列出关于的不等式；
（2）将单调区间的端点值代入关于的不等式中，同时注意到单调区间的长度不会超过半个周期；
（3）由（1）（2）列出关于参数的所有不等式，由此求解出参数范围.
9. 已知，则以下四个数中最大的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取特殊值分别计算各个选项判断即可.
【详解】令,
,
故最大的是.
故选:A.
10. 已知是定义在上的奇函数，当时，，若，则实数的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】时，所以，单调递增，是定义在上的奇函数，所以在上单调递增．由得，即，解得．
11. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用，判断函数值的大小，即可判断选项.
【详解】，，，
设 ，且，令，得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因为，且，
所以，即.
故选：B
12. 在正三棱锥P-ABC中，D，E分别为侧棱PB，PC的中点，若，且，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意，利用三角形相似得到，取线段PE的中点F，连接DF，AF，利用余弦定理和勾股定理求出外接球半径，代入外接球的表面积公式即可求解.
【详解】如图，因为P-ABC为正三棱锥，所以，．
取线段PE的中点F，连接DF，AF，因为D为PB的中点，所以，．因为AD⊥BE，所以．在中，，
由勾股定理，得．设，PA=x，
在中，由余弦定理的推论，得①．
同理，在中，由余弦定理的推论，得②．
联立①②，解得，．
在中，由余弦定理，得，所以．取的中心，连接，，则平面ABC，
三棱锥P-ABC的外接球球心O在上，连接OA，设外接球半径为R．
在中，OA=R，，
所以，
所以，所以，
即，解得，
所以所求外接球的表面积为．
故选：C．
第II卷 非选择题（90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 已知是虚数单位，则复数的实部为______.
【答案】0
【解析】
【分析】利用复数的除法计算即得解.
【详解】解：，
所以复数的实部为0.
故答案为：0
14. 若，满足，则的最小值是________．
【答案】1
【解析】
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义计算作答.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中点，，
令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画直线：，平移直线到直线，当直线过点A时，直线的纵截距最小，最小，，
所以的最小值是1.
故答案为：1
15. 已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】不等式存在性问题，转化成求最值，解不等式即可.
【详解】因为在单调递减，所以当x=2时，f(x)取最小值2a+2
若，使成立，只需f(x)min<0即可，即，得，满足.
所以实数的取值范围.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
16. 关于函数有如下四个结论：
①对任意，都有极值；
②曲线的切线斜率不可能小于；
③对任意，曲线都有两条切线与直线平行；
④存在，使得曲线只有一条切线与直线平行．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②④
【解析】
【分析】举反例否定①；求得导函数的取值范围判断②；取特例否定③；取特例证明④.
【详解】对①：当时，，为增函数，无极值.所以①错误;
对②：，所以②正确．
对③：当时，，
设切点，由，可得或
则切点为或
则所求切线方程为或
这两条切线中与平行，与重合.
即当时，曲线只有一条切线与直线平行，且这条切线的切点的横坐标为，所以③错误；
对④：由③可知，④正确．
故答案为：②④
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. 如图，在△ABC中，∠ACB＝，BC＝2，P是△ABC内的一点，△BPC是以BC为斜边的等腰直角三角形，△APC的面积为．
（1）求PA长；
（2）求cs∠APB的值．
【答案】（1） ； （2）.
【解析】
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，求得的值，利用面积公式求得的长，再由余弦定理求得的长；（2）在三角形中，用正弦定理求得的值，再利用诱导公式求得的值.
【详解】（1）由题设∠PCA＝，PC＝，AC·PC·sin＝，得AC＝3．
（或由题设AC·BC＝，得AC＝3．）
在△PAC中，由余弦定理得PA＝＝．
（2）在△APC中，由正弦定理得，得sin∠APC＝．
于是cs∠APB＝cs(－∠APC)＝－sin∠APC＝．
【点睛】本小题主要考查解三角形，考查正弦定理和余弦定理的应用.题目的突破口在于三角形为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出角度和边长，再结合正弦定理和余弦定理适用的条件，即可求得题目所求.属于中档题.
18. 已知函数，且．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有最值，写出的取值范围．（只需写出结论）
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，即可求出切线方程；
（2）求出函数的导函数，分和两种情况讨论，讨论导函数的符号变换，进而得到函数的单调区间；
（3）由（2）中的结论判断即可.
【小问1详解】
解：当时，由题设知.
因为，
所以.
所以在处的切线方程为.
【小问2详解】
解：因为，所以 .
当时，定义域 .
且
故的单调递减区间为，，，
当时，定义域为， 当变化时，，的变化情况如下表：
故的单调递减区间为，，单调递增区间为．
综上所述，
当时，的单调递减区间为，，，
当时，故的单调递减区间为，，
单调递增区间为．
【小问3详解】
解：由（2）可知要使函数有最值，则，
使得函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且当时，当时，
所以在处取得极小值即最小值，在处取得极大值即最大值.
19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，为的中点．
（1）求证：；
（2）若为边中点，能否在棱上找到一点，使？请证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析
（2）当为中点时，；证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质可得，由线面垂直的判定与性质可证得结论；
（2）利用面面平行的判定可证得平面平面，由此可得平面，由线面垂直的性质可证得结论.
【小问1详解】
连接，
四边形为菱形，，又，为等边三角形，
为中点，；
，为中点，，
又，平面，平面，
平面，.
【小问2详解】
当为中点时，，证明如下：
分别为中点，，又平面，平面，
平面；
分别为中点，，，
四边形为平行四边形，，又平面，平面，
平面，又，平面，
平面平面，
由（1）知：平面，平面，
平面，.
20. 已知函数（）图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求的单调递增区间以及图象的对称中心坐标；
（2）是否存在锐角，，使，同时成立？若存在，求出角，的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）递增区间为（）；对称中心的坐标为（）
（2）存在；，
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简解析式，再根据正弦型函数图象性质求解即可；
（2）由诱导公式可得，又，代入化简可得，。
【小问1详解】
解：
，
由图象的相邻两条对称轴之间的距离为，得的最小正周期，解得．
所以，
由（），得（），
所以的递增区间为（），
由（），得（）；
所以图象的对称中心的坐标为（）．
【小问2详解】
解：存在．
因为，，
所以，
所以．
又，，所以，
即，即，
即，即，
所以，由为锐角，得，所以，，从而．
故存在，符合题意．
21. 已知函数．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）记，若在区间上有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用的导数判断函数的单调性，求出的最小值，令即可求出的取值范围；
（2）有两个零点等价于有两个根，分离参数得，则与有两个交点，即可求出的取值范围.
【详解】（1），
令，解得，，
当时，显然成立，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，解得，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
解得，
综上，实数的取值范围为；
（2）显然不是零点，
由得，令，
则，
令，解得，
当和时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又时，不成立，
∴只需，
∴实数的取值范围为．
【点睛】本题主要考查含有参数得不等式恒成立问题中参数得取值范围，以及根据函数零点个数求参数范围，此类问题需要利用导数讨论函数得单调性，求函数得最值，属于综合题.
（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]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标为
（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线交于两点，点的坐标为，证明：直线关于轴对称．
【答案】（1）；；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式把曲线的参数方程化成普通方程，利用直角坐标方程与极坐标方程互化公式，结合两角和的余弦公式把直线的极坐标方程，化成直角坐标方程；
（2）通过解方程组求出两点坐标，根据直线斜率公式进行证明即可.
【详解】（1）由曲线的参数方程（为参数）可得
曲线的普通方程为．
直线的极坐标方程可变形为：
，
于是，其直角坐标方程为．
（2）由方程组消元，有．
由此可知，点的坐标分别为
直线的斜率分别为
所以，
于是，直线关于轴对称．
[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）记函数的最小值为，若是正实数，且，求证.
【答案】（1）不等式的解集为，（2）证明见详解
【解析】
【分析】
（1）分3种情况解出即可
（2）首先求出，即可得到，然后，用基本不等式即可证明.
【详解】（1）等价于
或或
解得或或
所以不等式的解集为
（2）因为
当时等号成立，所以的最小值为3，即
所以
所以
当且仅当时等号成立
【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值，属于典型题.

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减