2024届河南省信阳市第一高级中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届河南省信阳市第一高级中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．复数是纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】根据纯虚数的定义列式求解即可.
【详解】因为是纯虚数，
则，解得.
故选：B.
2．向量，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量坐标表示可得，再由即可计算出.
【详解】由题意可得，
又，所以，解得；
故选：C
3．全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由补集和交集定义直接求解即可.
【详解】，.
故选：A.
4．已知，则大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由指数函数单调性、对数函数单调性即可求解.
【详解】因为在上单调递增，且在上单调递增，
所以有，
所以大小关系是.
故选：C.
5．等边边长为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算公式，准确运算，即可求解.
【详解】如图所示，由是边长为的等边三角形，且，可得，
所以.
故选：D.
6．已知，终边上有点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数定义得到，进而得到，，并判断出在第四象限，结合的范围得到答案.
【详解】由题意得，
故，，又，故在第四象限，
又，所以，
从而，解得，
又，所以，
故.
故选：D
7．函数在区间的图象上存在两条相互垂直的切线，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点横坐标为，所作切线斜率为，则，
当时，，故不存在；
当时，满足：.
所以：.
故选：C.
8．，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据同角关系可求解进而根据和差角公式即可求解.
【详解】，故
故
.
故选：D
二、多选题
9．已知，则以下正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据不等式的性质结合基本不等式判断A，根据不等式的性质判断B，举反例判断C，作差法比较大小判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：因为，所以，又，所以，B正确；
对于C：取，满足，故不一定成立，故C错误；
对于D：，
因为，所以，
由得，所以，即，所以，
所以，故D正确．
故选：ABD.
10．条件p：是上的增函数；条件q：；条件r：；条件s：定义域为．则以下正确的是（ ）
A．p是q的必要不充分条件；B．p是s的充分不必要条件；
C．r是q的必要不充分条件；D．r是s的充分不必要条件；
【答案】ABC
【分析】根据要求分别对条件p，q，r，s等价转换，然后结合充分条件与必要条件定义判断即可.
【详解】解析：条件p等价于；条件q等价于；
条件s等价于：故：A、B、C正确，D错误．
故选：ABC
11．已知函数，，则以下正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．
【答案】BCD
【分析】根据一元二次方程的判别式可判断A，B；结合B的结论判断C；利用可得，即可判断D.
【详解】因为，其图象为开口向上的抛物线，
，即无实数根，
故，，即，故B正确，A错误；
C：由B正确可知：，故C正确；
D：因为，故，
所以，故D正确．
故选：BCD
12．已知，，，则以下正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．最小值为3D．最大值为2
【答案】BC
【分析】利用不等式的性质及基本不等式即可求解.
【详解】A：，，
不能得到，A错误；
B：，故B正确；
C：，，
即，仅当，时取等．故C正确；
D：取，解得：，故D错误．
故选：BC
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方。
三、填空题
13．不等式的解集 .
【答案】
【分析】根据对数不等式的解法求得正确答案.
【详解】，
故原不等式化为，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
14．已知，，当变化时，最小值为4，则 .
【答案】2
【分析】利用换底公式结合基本不等式确定的最小值表达式，结合题意可得方程，即可求得答案.
【详解】由题意得，，
，当且仅当即时取等号，
∴，此时，适合题意，
故答案为：2
15．函数，定义域都为，为奇函数，且满足，，在区间上，，则 .
【答案】/0.25
【分析】根据题意推出满足，从而求得的值，结合求出，即可求得答案.
【详解】由题意函数，定义域都为，为奇函数，则，
由可得，
∴，
令，则，即，
故，
∵，∴，
由得，
故，
故答案为：
16．考察函数，有，故在区间上单调递减，故对有，由上结论比较从小到大依次是 .
【答案】
【分析】利用题设结论与对数运算公式即可求解.
【详解】由结论得：，
又，所以
故答案为：.
四、解答题
17．已知函数．
(1)求周期及最大值；
(2)求在上所有解的和．
【答案】(1)周期，最大值为
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换化简，由正弦型函数的性质得解；
（2）作出草图，利用函数图象的轴对称的性质求解.
【详解】（1）
，
故周期，最大值为．
（2）画出草图，如图，
是两个周期，与交于4个点，
设横坐标分别为，，，，
由，时，，
即函数图象关于对称，此时四个交点关于对称，
故．
18．已知函数.
(1)已知，求最小值；
(2)讨论函数单调性.
【答案】(1)0
(2)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，利用单调性求出最值即可；
（2）求出函数的导数，分类讨论，根据导函数的正负，判断函数的单调性即可.
【详解】（1）当时，，
所以.
时，，
时，，时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故最小值为.
（2），
时，当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增.
当时，当或时，在和上单调递增；
当时， 在上为减函数.
当时，上，在上为增函数.
当时，当或时，在和为增函数；
当时，在上为减函数.
综上，时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在和上单调递增，在上为减函数；
时，在上为增函数；
时，在和为增函数，在上为减函数.
19．的内角的对边分别为的面积为.
(1)求；
(2)设点为外心，且满足，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由数量积的定义得，再结合三角形面积公式可得，从而得角；
（2）由圆性质得，然后由数量积定义求得，再由正弦定理求得．
【详解】（1），
两式相除得：，
又，∴.
（2）为外心，故.
由正弦定理可知：.
20．的内角的对边分别为为平分线，.
(1)求；
(2)上有点，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式及二倍角的正弦公式化简即可.（2）设分别在，中，用正弦定理把表示出来，联立方程即可求解.
【详解】（1）
设，
，
，，
，
（2）由（1）知：，
中，，
，故得：，
设中，
，
，
中，，，
，
两式相除得：，
，
，，
，
为锐角，故.
21．已知函数过点，且在上最小值为.
(1)求，；
(2)时，求图象上的点到距离最小值.
【答案】(1)，；
(2)最小值为.
【分析】（1）由基本不等式列式求解，
（2）转化为关于的函数，结合基本不等式求解．
【详解】（1）将代入解析式得：，，
两式联立解得：或，由得：，.
（2）设是函数图象上的点，则，
，故的最小值为，
仅当，即时取等号.
22．已知函数有两个零点，.
(1)求的范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过构造函数，，分别利用导数判断函数的单调性，再借助复合函数的单调性，得到函数的单调性，再利用条件即可得到结果；
（2）由（1）知，是方程的两解，从而得到，将问题转化成证明，构造函数，利用导数研究函数的单调性，再利用函数的单调性，即可证明结论．
【详解】（1）由，得到，
令，，则恒成立，故为增函数，
令，则，
当时，，当时，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由复合函数的单调性知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，又时，，时，，
又函数有两个零点，，
所以，得到.
（2）因为，是函数的两个零点，由（1）知，也是方程的两解，
即，，两式相减得到，
又，整理得
故要证：，只须证：，
即证：，
令，
即证：，令，
在区间上恒成立，即函数在区间单调递增，
所以，即，故原命题得证.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与零点的应用，导数与不等式的综合应用，在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．