四川省泸县2023_2024学年高三数学上学期10月月考学试题文含解析

这是一份四川省泸县2023_2024学年高三数学上学期10月月考学试题文含解析，共18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。
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，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的求解方法，结合集合的交集，可得答案.
【详解】由不等式，分解因式可得，解得，则，
所以.
故选：A.
2. 下列函数在区间上是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】对于A，在上是增函数，对于B，在上是增函数，对于C，在上是减函数，对于D，是减函数，所以选A.
3. 函数的单调递增区间为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求定义域即.令是二次函数,根据二次函数图像即可求得其单调区间,根据复合函数同增异减,即可求得单调递增区间.
【详解】，
即，得，
定义域为，
又单调递增区间为，
函数的单调递增区间
故选：C.
【点睛】对于复合函数单调性的判断要掌握同增异减,对函数的内层和外层分别判断,即可得出单调性.求单调区间时,要先求函数定义域,单调区间是定义域的子集.
4. 已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，一定能推出的是（ ）
A. B.
CD.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直于同一直线的两平面平行可知正确.
【详解】当时，若，可得
又，可知
本题正确选项：
【点睛】本题考查面面平行的判定，属于基础题.
5. 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n的值为（）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式系数的性质知中间一项第4项二项式系数最大即可得解
【详解】因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：C
6. 函数的定义域是，且满足，当时，，则图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性可排除B,C选项，当时，可知，排除D选项，即可求解.
【详解】因为函数的定义域是，且满足，
所以是奇函数，
故函数图象关于原点成中心对称，
排除选项B,C，
又当时，，
可知，故排除选项D,
故选：A
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数图象，属于中档题.
7. 已知简单组合体的三视图如图所示，则此简单组合体的体积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题设中所提供的三视图可知该几何体是一个底面半径为2，高为4的圆锥内去掉一个底面边长为，高为2的四棱柱的组合体，其体积，应选答案C．
8. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用同角关系式结合条件即得.
【详解】因为，将，代入化简，
可得，解得（舍去）或，
又因为，
所以，．
故选：B.
9. 经研究发现：某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得信息素浓度y满足函数（A，K为非零常数）．已知释放1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为a，则释放信息素4秒后，信息素浓度为的位置距释放处的距离为（）米．
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知数据可得，再根据即可求出值.
【详解】由题知：当，时，，
代入得：
，
当，时，
，
即，
而，
解得：或（舍）
故选：D.
10. 已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分离参数，求函数的导数，根据函数有两个零点可知函数的单调性，即可求解.
【详解】由题意得有两个零点
令 ,
则且
所以，在上为增函数，
可得，
当，在上单调递减，
可得，
即要有两个零点，实数的取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
11. 过点可作三条直线与曲线相切，则实数a的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得到导函数，设切点为，得到切线方程，代入点坐标得到，设，计算函数的极值，得到答案.
【详解】，，
设切点为，则切线方程为，
切线过点，，整理得到，
方程有三个不等根.
令，则，令，则或，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
极大值，极小值，函数与有三个交点，
则，的取值范围为.
故选：D
12. 已知函数,若,则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】因为函数,判断的奇偶性和单调性,即可求解,进而求得实数的取值范围.
【详解】则定义是.
又可得:
是奇函数.
则
是单调增函数.
故: ,
化简可得: ,即
根据是单调减函数,
得: ,
故选:D.
【点睛】本小题主要考查函数的单调性,考查函数的奇偶性,解题关键是掌握利用单调性和奇偶性解函数不等式,属于基础题.
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. 若复数（i为虚数单位），则z的实部为________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数除法运算法则，结合复数实部的定义进行求解即可.
【详解】因为，所以的实部为1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查了复数除法运算法则，考查了复数的实部概念，考查了数学运算能力，是基础题．
14. 已知函数，则__________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】先计算，再计算的值.
【详解】由题可得：=，
所以.
故答案为：.
15. 已知向量，的夹角为，，则向量在方向上的投影为__．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合平面向量的投影公式，即可求解．
【详解】向量，夹角为，，
，
，
，
故向量在方向上的投影为．
故答案为：．
16. 长方形中，,将沿折起，使二面角大小为，则四面体的外接球的表面积为________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意知，矩形的对角线即为三棱锥外接球的直径，由此求出外接球的表面积．
【详解】如图所示：
设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，则OA=OB=OC=OD=，∴三棱锥B-ACD的外接球的半径为R=，其表面积为S=4πR2=4π•=.
故答案为.
【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积计算问题，是中档题,分析各面特点及各边长特点找出球心所在位置是关键.
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，，．
（1）若，求x的值；
（2）求的最大值及取得最大值时相应的x的值．
【答案】（1）；
（2）的最大值为1，此时．
【解析】
【分析】（1）由平面向量的数量积为0可得，再由x的范围求得x值；
（2），结合x的范围及正弦函数的最值求解．
【小问1详解】
，，
若，则，
∴，即，
∵，∴，可得，即；
【小问2详解】
，
∵，∴，可得当，即时，取最大值为1．
18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）证明：
（2）若，，求△ABC的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角结合三角恒等变换化简得，可证明；
（2）结合（1）得．，利用正弦定理及面积公式计算即可.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
所以．
所以，
即．
因为在△ABC中，所以，即，
故．即．
【小问2详解】
解：由（1）可知．
因为，所以．则．．
由正弦定理可知．则．．
故△ABC的面积．
19. 已知函数.
（1）若在处取得极值，求的极值；
（2）若在上的最小值为，求的取值范围.
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据极值点可得，进而可得，利用导数即可求解函数的单调区间，进而可求解极值，
（2）根据导数确定函数单调性，结合分类讨论即可求解.
【小问1详解】
，，.
因为在处取得极值，所以，则.
所以，，
令得或1，列表得
所以的极大值为，极小值为.
【小问2详解】
.
①当时，，所以在上单调递增，的最小值为，满足题意；
②当时，令，则或，所以在上单调递减，在上单调递增，
此时，的最小值为，不满足题意；
③当时，在上单调递减，的最小值为，不满足题意.
综上可知，实数的取值范围时.
20. 如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为CD，PB的中点．
（1）求证：EF∥平面PAD．
（2）在线段PC上是否存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点符合题意，且此时
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，可证得四边形为平行四边形，可得∥，再由线面平行的判定理可证得结论；
（2）取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，则四点共面，然后证明即可.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
因为分别为的中点，
所以∥，，
因为四边形为平行四边形，
所以∥，，
因为为的中点，
所以，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
【小问2详解】
存在点符合题意，且此时，
取的中点，连接交于，在上取点，使，连接，则四点共面，
证明如下：
因为在平行四边形中，分别为的中点，
所以∥，，
所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为为中点，所以点为的重心，且，
因，
所以∥，
因为∥，
所以∥，
所以和确定一个平面，
因为在直线上，
所以，
所以四点共面，
所以在线段PC上存在一点Q使得A，E，Q，F四点共面.
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有三个零点，证明：当时，．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再对分类讨论得到的单调性.
(2)先转化函数有三个零点得到，再利用分析法和导数证明.
【小问1详解】
令,则或,
当时,,在上是增函数；
当时,令,得,,
所以在,上是增函数；
令,得,
所以在上是减函数
当时,令,得,,
所以在,上是增函数；
令,得,所以在上是减函数
综上所述：
当时,在上是增函数；
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
【小问2详解】
由(1)可知：当时,在上是增函数，函数不可能有三个零点；
当时,在,上是增函数,在上是减函数.
的极小值为，函数不可能有三个零点
当时,,
要满足有三个零点,则需,即
当时,要证明：等价于要证明
即要证：
由于，故等价于证明：,证明如下：
构造函数
令
,函数在单调递增
,函数在单调递增
,
∴．
（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. 在直角坐标系中，点，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为．
（1）写出曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；
（2）设点M为C上的动点，点P满足，写出P的轨迹的参数方程，并判断l与是否有公共点．
【答案】（1），：
（2），（为参数），直线l与圆没有公共点。
【解析】
【分析】（1）根据消参法可得曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标之间的转化公式可得直线的直角坐标方程.
（2）设，设，根据，即可求得P的轨迹的参数方程，表示圆，计算圆心到直线的距离，即可判断断l与是否有公共点．
【小问1详解】
因为曲线C的参数方程为(为参数)，
所以，
即曲线C的普通方程为：，
因为，由，
可得l的方程为：.
【小问2详解】
设，设，
因为 ，
所以，
则，（为参数），
故P的轨迹的参数方程为，（为参数），
所以曲线为以为圆心，半径为4的圆，
而圆心到直线l的距离为，
因为，所以直线l与圆相离，
故直线l与圆没有公共点.
[选修 4-5：不等式选讲]
23. 已知、为非负实数，函数．
（1）当，时，解不等式；
（2）若函数的最小值为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当，时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.
【小问1详解】
解：当，时，．
当时，，解得，此时；
当时，，此时原不等式无解；
当时，，解得，此时．
综上，不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由，
因为，，当且仅当时，等号成立，
．
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当，时，等号成立，
综上，的最大值为．
1
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗