四川省宜宾市叙州区第一中学校2023-2024学年高三上学期10月月考数学（理） Word版含解析.docx

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叙州区一中高2021级高三10月考试数学（理工类）试卷本试卷共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.已知全集，集合满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据补集的定义求出集合，再判断即可.【详解】因为，且，所以，所以，，，.故选：D2.已知复数，则（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得到，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】由复数，可得，所以.故选：A.3.若函数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式由内到外可计算得出的值. 【详解】由题意可得，则.故选：C.4.函数在上的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，当时，，故排除A，只有C满足条件.故选：C5.已知函数，，则的值为（）A.1B.0C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数，判断函数为奇函数，即得解.【详解】解：构造函数，则 ，故函数为奇函数.又，∴，∴.故选：B6.若，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将两边同时平方得到，进而可以缩小角的范围，得到，从而得到，然后结合二倍角以及同角的平方关系即可求出结果.【详解】将两边同时平方，，所以，因此，异号，故，且，则，因此，而，，所以，故选：D.7.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.函数的图象在处的曲率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出、，代值计算可得出函数的图象在处的曲率. 【详解】因为，所以，，所以，，所以.故选：D.8.若，则（）AB.C.D.1【答案】C【解析】【分析】将用替换后，解方程解出即可.【详解】因为，可得，可得，解得，因为，所以，所以，所以.故选：C.9.已知函数，则（）A.B.函数有一个零点 C.函数是偶函数D.函数的图象关于点对称【答案】D【解析】【分析】根据题意，判断函数的单调性，结合单调性性质判断A，由指数函数的性质可得，结合零点定义判断B，举反例判断C，证明，由此可得函数的对称性，判断D，综合可得答案．【详解】函数的定义域为，对于A，函数，函数在R上为增函数，易得在R上为增函数，则有，A错误；对于B，，有，则有，所以没有零点，B错误；对于C，，，所以，不是偶函数，C错误；对于D，因为，所以所以，所以函数的图象关于点对称，D正确；故选：D． 10.如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，，N为AF的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得到平面ABEF，进一步得出，，则MC为外接球直径，代入球的表面积公式即可求解．【详解】由可知，，，可求，，，因为平面平面ABEF，平面平面，又，平面，所以平面ABEF，平面ABEF，所以，由，，得，又，同理可得得，又，所以，所以.所以MC为外接球直径，在Rt△MBC中，即，故外接球表面积为．故选：A． 11.将的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到的图象，若在上单调递增，则正数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用三角函数图象的变换规律求得的解析式，进而得的解析式，再利用三角函数的单调性求得的范围．【详解】将的图象横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，再向右平移个单位长度，得到的图象．，由，，得，∴的增区间为，若在上单调递增，则，∴且，∴且，又，∴当时，，故答案为：B．12.已知，，，则大小关系为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别构造和，求导判断出在上的单调性，比较出函数值与端点值的大小关系，进而得出的大小关系．【详解】令，则恒成立，即在上单调递增，且，故，取，则，即，可得，即；令，则恒成立，即在上单调递减，且，故，取，则，即，可得，即；综上可得：的大小关系为故选：B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.展开式中的常数项为________.【答案】##【解析】【分析】写出展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r，即可求得答案.【详解】由题意的通项公式为，令， 故展开式中的常数项为，故答案为：14.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：.15.在上单调递减，则实数m的最大值是______．【答案】##【解析】【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，求出含有数0的单调递减区间，再借助集合的包含关系求解作答.【详解】依题意，，由得，因此，函数含有数0的单调递减区间是，因在上单调递减，于是得，即，解得，所以实数m的最大值是. 故答案为：16.若存在，使得，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】首先注意到，故考虑切线放缩，从而，所以，考虑取等条件是否成立即可.【详解】不妨设，求导得，而在上单调递增，且，所以当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，所以等号成立当且仅当，注意到，所以考虑切线放缩有，从而，又，所以，由以上分析可知不等式取等，当且仅当，，接下来考虑是否成立：不妨设，则，即单调递增，注意到，所以由零点存在定理可知，使得. 综上所述：若存在，使得，则只需，从而的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是考虑切线放缩，从而，另一个关键的地方是证明是否成立，从而即可顺利求解.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.将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．（1）若为奇函数，求的值；（2）若在上单调递减，求的取值范围．【答案】（1）或或；（2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式、辅助角公式化简函数式再平移得，结合奇偶性计算即可；（2）利用三角函数的单调性计算即可.【小问1详解】易知，向左平移个单位长度得， 因为为奇函数，所以，故，因为，所以或或；【小问2详解】由（1）知，，则由题意可知，结合，取时分别得，，即.18.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求；（2）已知，，求△ABC面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理即可求出结果；（2）由正弦边角关系得，，结合求值，应用正弦定理求，进而求出三角形的面积.【小问1详解】由已知，所以， 结合余弦定理，，化简得：，所以．【小问2详解】由正弦定理知，即，又，所以，显然，即，故，由，又，则，所以面积.19.设为实数，函数，．（1）求的极值；（2）对于，，都有，试求实数取值范围．【答案】（1）极小值为，无极大值.（2）【解析】【分析】（1）由导数得出函数的单调性，进而得出极值；（2）由导数得出，的值域，由的值域是的值域的子集得出实数的取值范围．【小问1详解】，当时，；当时，；即函数在上单调递减，在上单调递增；函数的极小值为，无极大值. 【小问2详解】由（1）可知，函数在上单调递增，则.，，当时，；当时，；即函数在上单调递减，在上单调递增；因为，所以，.即.因为，，都有，所以的值域是的值域的子集.即，解得.即实数的取值范围为.20.如图，在三棱锥中，是等边三角形，，是边的中点.（1）求证：；（2），，平面与平面所成二面角为，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）连接，根据题意证得，结合线面垂直的判定定理，证得 平面，进而证得；（2）过作的垂线，由平面，以为原点建立空间直角坐标系，根据题意求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，连接，因为是等边三角形，所以在和中，因为，，所以，所以，又因为是边的中点，所以，.因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以.【小问2详解】解：在中，过作的垂线，交与点，由（1）可得平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，又由，且平面与平面所成二面角为，因为，，所以为平面与平面所成二面角的平面角，即，所以，可得，，，，，设平面的法向量为，且，则，令，则，，所以又因为，设直线与平面所成角为，则，可得，即直线与平面所成角的余弦值为. 21.已知，且0为的一个极值点．（1）求实数的值；（2）证明：①函数在区间上存在唯一零点；②，其中且．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证. ②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.【小问1详解】由，则，因为0为的一个极值点，所以，所以．当时，，当时，因为函数在上单调递减，所以，即在上单调递减；当时，，则，因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，又因为，所以，，在上单调递增；.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以0为的一个极值点，故. 【小问2详解】①当时，，所以单调递减，所以对，有，此时函数无零点；当时，设，则，因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，当时，，即单调递减．又因为，所以，，在上单调递增；因为，，所以存在，当时，，单调递增，当时，，单调递减．所以，当时，单调递增，；当时，单调递减，，此时在上无零点； 当时，，所以在单减，又，，由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；当时，，此时函数无零点；综上所述，在区间上存在唯一零点．②因为，由（1）中在上的单调性分析，知，所以在单增，所以对，有，即，所以．令，则，所以，设，，则，所以函数在上单调递减，则， 即，，所以，所以，所以.【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.（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，设曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程；（2）若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求实数a的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）曲线的参数方程消去参数即可求出曲线的普通方程；（2）首先曲线的极坐标方程转化为普通方程，可以得到曲线是圆，要使曲线上恰有三个点到曲线的距离为，圆心到直线的距离，求解方程即可.【小问1详解】 由已知得代入，消去参数t得曲线的普通方程为．【小问2详解】由曲线的极坐标方程得，又，，，所以，即，所以曲线是圆心为，半径等于的圆．因为曲线上恰有三个点到曲线的距离为，所以圆心到直线的距离，即，解得．[选修4-5：不等式选讲]23.设函数.（1）解不等式；（2）当x∈R，0