四川省兴文第二中学校2023-2024学年高三上学期10月月考数学(文) Word版含解析.docx

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兴文二中高2021级高三10月考试数学(文史类)试卷本试卷共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.已知集合N={x|x2-x-2≤0},M={-2,0,1},则M∩N=()A.[-1,2]B.[-2,1]C.D.【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合,再利用集合的交运算即可求解.【详解】由,M={-2,0,1},则M∩N=.故选:D【点睛】本题考查了集合的交运算、一元二次不等式的解法,考查了基本运算能力,属于基础题.2.已知是虚数单位,则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的代数形式的几何意义得到对应点的坐标,进而判定.【详解】复数对应的点的坐标为,为第四象限的点,故选:D.3.某学校共有学生人,其中高一年级人,高二年级与高三年级人数相等,学校为了了解学生在寒假期间每天的读书时间,按照分层抽样的方法从全校学生中抽取人,则应从高二年级抽取的人数为()AB.C.D.【答案】B【解析】 【分析】设高二年级应抽取人,根据分层抽样的含义列出方程,解出即可.【详解】由题意知,高二年级有600人,设高二年级应抽取人,则,得,故选:B.4.已知均为单位向量,若,则与的夹角为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据题意得,再根据向量夹角公式即可得答案.【详解】解:由,均为单位向量,得,所以,故与的夹角为.故选:B.【点睛】本题考查向量夹角的计算公式,向量模的计算,考查运算能力,是基础题.5.已知,,,则a,b,c的大小关系()A.a>b>cB.a>c>bC.c>b>aD.b>a>c【答案】D【解析】【分析】利用指数、对数的运算和指数函数的单调性判断.【详解】因为,,,所以b>a>c故选:D 【点睛】本题主要考查指数、对数和幂的大小比较,属于基础题.6.已知和是两个互相垂直的单位向量,,则是和夹角为的()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】A【解析】【分析】计算出,利用向量夹角公式求出,根据充分不必要条件的判定即可得到答案.【详解】,,,,令,解得,则和夹角为,,则可得到和夹角为,故是和夹角为的充分不必要条件.故选:A.7.已知函数,则的图象大致为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定的函数,由时的单调性排除两个选项,当时,利用导数探讨函数的单调性、极值判断作答.【详解】函数的定义域为, 当时,,因为函数在上递增,函数在上递减,因此函数在上递增,BD错误;当时,,求导得:在上递增,,,而,即有,则存在,使得,当时,,当时,,即函数在上单调递减,在上单调递增,C选项不满足,A选项符合要求.故选:A8.设函数是定义在R上的奇函数,且,若,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据是奇函数,可得,即可求出,进而可求.【详解】奇函数,,即,即,,,.故选:C.9.已知,,则下列选项正确的是()A.B.CD.【答案】B【解析】 【分析】构造函数,,由其单调性结合图象得出大小关系.【详解】构造函数,,,,易知函数,为增函数.函数,与函数的图象,如下图所示:由图可知,.又,,所以.综上,.故选:B10.若函数在上单调递增,则的取值不可能为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据两角差正弦公式可得,根据正弦函数的单调性可得且,求解即可.【详解】∵,∴令,即.∵在上单调递增,∴且,解得.故选:D. 11.已知函数,若对,都有成立,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意,只需,进而利用导数研究单调性,求最值即可.【详解】解:由题可知,函数在上单调通减,在上单调递增,又∵,,,.故选:C.【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题,解题的关键在于将问题转化为,进而求函数最值即可,考查化归转化思想,运算求解能力,是中档题.12.已知三棱柱的所有顶点都在球O的表面上,侧棱底面,底面是正三角形,与底面所成的角是45°.若正三棱柱的体积是,则球O的表面积是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先得到是与底面所成的角,再通过三棱柱的体积得到三棱柱的底面等边三角形的边长,最后通过球的半径,球心到底面距离,底面外接圆半径的关系计算.【详解】因为侧棱底面,则是与底面所成的角,则.故由,得. 设,则,解得.所以球的半径,所以球的表面积.故选:A.【点睛】解决球与其他几何体的切、接问题,关键在于仔细观察、分析,弄清相关元素的关系和数量关系,选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系),达到空间问题平面化的目的.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.已知,满足,则目标函数的最大值是________.【答案】【解析】【分析】作出不等式组所表示的区域,转化为直线在轴上的截距最大值问题即可.【详解】根据题意,作出所表示的可行域,如图:由,得,作出的平行直线簇,结合图像可知当经过点时,截距取得最大值,即取得最大值, 联立,解得,即,所以.故答案为:5.14.若周期为的函数,在其定义域内是偶函数,则函数的一个解析式为________.【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根据奇偶性和周期性直接构造即可.【详解】为偶函数,若其最小正周期为,则,一个满足题意的解析式为.故答案为:(答案不唯一).15.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:.16.,其最大值和最小值的和为____________.【答案】0【解析】 【分析】证明函数是奇函数即得解.【详解】由题得函数的定义域为,关于原点对称.所以是奇函数,故其最大值和最小值的和为0.故答案为:0三、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.已知函数在与处都取得极值.(1)求,的值;(2)若方程有三个实数根,求实数的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)求出函数的导数,由给定的极值点列出方程,求解验证作答.(2)求出函数的极大值和极小值,再根据三次函数的图象特征列不等式即可求解作答.【小问1详解】由求导得:,依题意,,解得,此时,,当或时,,当时,,即,是函数的极值点,所以.【小问2详解】 由(1)知,,令,,由(1)知,在,上单调递增,在上单调递减,当时,取极大值,当时,取极小值,因方程有三个实数根,则函数有三个零点,于是得,解得,所以实数的取值范围是.18.已知函数的两个相邻的对称中心的距离为.(1)求在上的单调递增区间;(2)当时,关于x的方程有两个不相等的实数根,求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用二倍角正弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式,结合正弦型函数的对称性和单调性进行求解即可;(2)根据正弦函数的对称性,结合两角和的余弦公式进行求解即可,【小问1详解】 ,由题意知,的最小正周期为,所以,解得,∴,令,解得取,则取,则,所以在上的单调递增区间为.【小问2详解】由(1)知,当时,,由的对称性可知,解得,所以.19.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知.(1)求B;(2)若,当取最大值时,求外接圆的半径.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用切化弦、和差角的正弦和正弦定理化简已知等式即得解;(2)由题得,平方得,再利用基本不等式求出,由余弦定理和勾股定理求出,再利用正弦定理求出三角形外接圆半径. 【小问1详解】,即,,即,则,又,.【小问2详解】由题得,所以,所以,所以,所以(当且仅当时取等)所以.由余弦定理得.所以,所以.所以设外接圆的半径为,所以所以外接圆的半径为. 20.如图.在三棱锥中,为正三角形,为的重心,,,.(1)求证:平面平面;(2)在棱上是否存在点,使得直线平面?若存在,求出的值;若不存在.说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在,.【解析】【分析】(1)在中,易证,再根据,利用线面垂直的判定定理证得平面,再利用面面垂直的判定定理证明即可.(2)取的中点,连接,,在平面内过点作,易得平面,然后再根据为的重心,由求解.【详解】(1)设,则,在中,由余弦定理,得.因为,所以.因为,,所以平面. 因为平面,所以平面平面.(2)如图所示:取的中点,连接,,则点在上,在平面内过点作的平行线交于点.因为,平面,平面,所以平面.因为为的重心,所以,又,所以,所以在棱上存在点,使得直线平面,此时.【点睛】方法点睛:(1)证明直线和平面垂直的常用方法:①线面垂直的定义;②判定定理;③垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α⇒b⊥α);④面面平行的性质(a⊥α,α∥β⇒a⊥β);⑤面面垂直的性质.(2)证明平面和平面垂直的方法:①面面垂直的定义;②面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).21.已知函数.(1)当时,求的单调区间与极值;(2)当时,证明:只有一个零点.【答案】(1)在上单调递增,上单调递减;极大值,无极小值(2)证明见解析【解析】 【分析】(1)求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间即可;(2)通过讨论的范围,求出函数的单调区间,求出函数的最小值,结合函数的零点个数求出的范围即可.【小问1详解】当时,,由得,,由得,或∴在上单调递增,上单调递减,∴在处取得极大值,无极小值.【小问2详解】∵,∴由,得,或①当时,,在上单调递增∵,∴,故在上有唯一零点②当时,得或∴在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增∵,∴,故在上有唯一零点综上:当时,只有一个零点. (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,曲线的参数方程为(为参数),曲线的参数方程为(为参数)射线:与曲线交于点A,射线:与曲线交于点B.以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系;(1)直接写出曲线、射线的极坐标方程.(2)求△AOB的面积.【答案】(1)曲线极坐标方程为,射线的极坐标方程为(2)【解析】【分析】(1)曲线表示单位圆,直接写出极坐标方程,射线表示轴非负半轴,即可求极坐标方程;(2)首先求点的极坐标,再求的面积.【小问1详解】曲线的极坐标方程为,射线的极坐标方程为;注:没有注明也是正确的.【小问2详解】的极坐标方程为,射线的极坐标方程. 由得点A的一个极坐标为.由,得点B的一个极坐标为.∴.选修4-5:不等式选讲23.已知函数,记的最小值为m.(1)求m;(2)若,求的最小值.【答案】(1)1;(2).【解析】【分析】(1)将写成分段函数的形式,求出分段函数的最小值,即可得到结果;(2)由(1)可知,再利柯西不等式求出最小值.【小问1详解】当时,;当时,;当时,;综上,,故.【小问2详解】,, 即当且仅当时,即时等号成立,的最小值为.

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