2024届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三上学期第4次月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届陕西省咸阳市武功县普集高级中学高三上学期第4次月考数学（理）试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，则集合等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解一元二次不等式求出集合A，再求并集可得答案.
【详解】因为集合，
又，
所以.
故选：A.
2．如图，网格纸上绘制的一个零件的三视图，网格小正方形的边长为1，则该零件的表面积为（ ）

A．24B．26C．28D．30
【答案】D
【分析】由题意首先由三视图还原空间几何体，然后由所得的空间几何体的结构特征求解其表面积即可.
【详解】如图所示，在长方体中，，，
点为所在棱上靠近点的三等分点，为所在棱的中点，
则三视图所对应的几何体为长方体去掉长方体之后所得的几何体，

该几何体的表面积和原来的长方体的表面积相比少2个边长为1的正方形，
其表面积为：.
故选：D.
3．为了得到函数的图象，只需把函数的图象（ ）
A．向右平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】B
【分析】先把目标函数变形为，再把平移函数变形为，即可确定平移方向和平移单位.
【详解】因为函数可变形为，
函数可变形为，
故把函数的图象向左平移个单位即可得到的图象，
故选：
4．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，给出下列命题：
①若，，则.②若，，则.
③若，，则.④若，，则.
其中正确命题的序号是（ ）
A．①③④B．②③④C．①②④D．①②③
【答案】A
【分析】利用线面平行、线面垂直的性质可判断①；根据已知条件判断线面位置关系，可判断②；利用线面垂直和面面平行的性质可判断③④.
【详解】对于①，若，过作平面，使得，
因为，，，则，因为，，则，故，①对；
对于②，若，，则或或、相交（不一定垂直），②错；
对于③，若，，则，③对；
对于④，若，，则，④对.
故选：A.
5．若实数a使得“，”为真命题，实数a使得“，”为真命题，则p是q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】B
【分析】先一元二次方程有解及一元二次不等式恒成立求解出和，进而根据充分条件和必要条件的定义判断即可求解.
【详解】对于，，
所以，即.
对于，，
因为函数在上单调递增，
所以当时，，
则，即.
所以p是q的必要不充分条件.
故选：B.
6．若实数满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出可行域变形目标函数，平移直线可知当直线经过点时，z取最大值，代值计算可得.
【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影，其中，

变形目标函数为，平移直线可知，当直线过点时，在轴上的截距最小，即有最大值.
则的最大值在处取得，．
故选：C
7．欧拉公式（其中为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，下列结论中正确的是（ ）
A．的实部为1
B．的共轭复数为1
C．在复平面内对应的点在第一象限
D．的模长为1
【答案】D
【分析】根据欧拉公式及复数的概念，利用共轭复数的概念及复数的几何意义，结合复数的模公式逐项判断即得.
【详解】由欧拉公式知，则的实部为，共轭复数为，AB错误；
由欧拉公式知，在复平面内对应的点为，
而，因此在复平面内对应的点在第二象限，C错误；
显然的模长为，D正确.
故选：D
8．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用和角、差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算作答.
【详解】因为，而，因此，
则，
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：三角函数求值的类型及方法
（1）“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面来看较难，但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，结合三角函数公式转化为特殊角的三角函数．
（2）“给值求值”：给出某些角的三角函数值，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”：实质上也转化为“给值求值”，关键也是变角，把所求角用含已知角的式子表示，由所得的函数值结合该函数的单调区间求得角，有时要压缩角的取值范围．
9．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出图形,根据几何意义求解.
【详解】因为,所以,
即,即,所以.
如图,设,
由题知,是等腰直角三角形,
AB边上的高,
所以,
,
.
故选:D.
10．已知数列，，，且，则数列的前32项之和为（ ）
A．128B．64C．32D．16
【答案】C
【分析】根据给定条件，可得数列的奇数项和偶数项分别构成等差数列，分组求和即可.
【详解】数列中，，，且,
则当为奇数时，，当为偶数时，，
因此数列的奇数项构成首项为2，公差为的等差数列，偶数项构成首项为0，公差为的等差数列，
则.
故选：C
11．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，利用导数探讨单调性并比较，再利用对数函数单调性比较大小即得.
【详解】当时，令，求导得，
则函数在上单调递增，有，即有，
因此，显然，
所以.
故选：D
12．已知函数在上有两个极值点，且在上单调递增，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求得函数的导数，根据函数在上有两个极值点，转化为在上有不等于的解，令，利用奥数求得函数的单调性，得到且，又由在上单调递增，得到在上恒成立，进而得到在上恒成立，借助函数在为单调递增函数，求得，即可得到答案.
【详解】由题意，函数，
可得，
又由函数在上有两个极值点，
则，即在上有两解，
即在上有不等于2的解，
令，则，
所以函数在为单调递增函数，
所以且，
又由在上单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
又由函数在为单调递增函数，所以，
综上所述，可得实数的取值范围是，即，故选C.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
二、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答.
【详解】函数，所以.
故答案为：1
14．设是公比不为1的等比数列，若为的等差中项，则的公比为 ．
【答案】
【分析】设出公比，得到方程，求出公比.
【详解】由题意得，设公比为，则，
因为等比数列中，，故，
解得或1（舍去）.
故答案为：-2
15．在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，

由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
16．在中，，的角平分线交BC于D，则 ．
【答案】
【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；
方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．
【详解】
如图所示：记，
方法一：由余弦定理可得，，
因为，解得：，
由可得，
，
解得：．
故答案为：．
方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，
由正弦定理可得，，解得：，，
因为，所以，，
又，所以，即．
故答案为：．
【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．
三、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，，求a．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可得，进而可求B的值；
（2）由已知利用三角形内角和定理可求A的值，进而利用正弦定理即可求解a的值．
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
所以，即，
因为B为三角形内角，，
所以，由，所以；
（2）因为，，所以，
由正弦定理，可得，
所以.
18．已知数列、，满足，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分析可知对任意的，，推导出数列的首项和公比，可求得数列的通项公式；
（2）求出的表达式，然后利用裂项相消法可求得的表达式.
【详解】（1）解：因为，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，
即，，
又因为，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）解：，则，
所以，，
故.
19．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
20．已知，且函数．
(1)求函数图象的对称轴方程与单调递增区间；
(2)已知，求的值．
【答案】(1)对称轴方程为；单调递增区间为
(2)
【分析】（1）先根据二倍角公式、辅助角公式化简，然后利用公式求解出对称轴方程和单调递增区间；
（2）根据条件得到的值，然后可求的值，根据角的配凑可得，结合二倍角公式可求结果.
【详解】（1），
令，得，
所以函数图象的对称轴方程为；
令，解得，
故函数的单调递增区间为．
（2）因为，即，所以，
又，所以，
所以，
所以．
21．已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)若，求函数的最小值；
(3)若有两个零点，，证明：.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后解不等式、即可求得极值.
（2）运用导数研究的单调性，进而可求得其最小值.
（3）由已知可得，构造函数，根据其单调性可得，构造函数并研究其单调性，构造函数并研究其单调性，当时，依次结合函数、的单调性即可证得结果.
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，，
，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，极大值为，无极小值.
（2）由题意知函数的定义域为.
，
则，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
（3）不妨设，则由（2）知，.
设，由，得，
即，
因为函数在R上单调递增，所以成立.
构造函数，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
构造函数，则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，
又在上单调递减，
所以，即.
【点睛】极值点偏移问题的方法指导：
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线和的极坐标方程分别为和和与曲线分别相交于两点（两点异于坐标原点）.
(1)求的极坐标方程；
(2)求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据圆的参数方程可得曲线的普通方程，再结合极坐标与直角坐标之间的转化运算求解；
（2）根据题意结合极坐标的几何意义运算求解.
【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），
转换为直角坐标方程为，
整理得，
根据，转换为极坐标方程为，
即.
（2）根据题意可设两点的极坐标分别为，
则，
所以.

23．已知函数的图象关于直线对称．
(1)求m的值，及的最小值；
(2)设，均为正数，且，求的最小值.
【答案】(1)，4
(2)
【分析】（1）先整理，再利用题意中的对称求出，然后用三角不等式求出最小值即可；
（2）由（1）可得，然后利用“1”的妙用和基本不等式即可求解.
【详解】（1）因为，
令，解得；令，解得，
因为函数的图象关于直线对称，
所以，解得，
则，可得，
所以符合题意，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
（2）由（1）可得，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.