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四川省成都市双流棠湖中学2023-2024学年高三数学(文)上学期10月月考试题(Word版附解析)

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棠湖中学高2021级高三10月考试数学(文史类)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.若集合,则A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题意,集合,所以,故选B.2.下列函数中,在区间上单调递增的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由二次函数,分式函数,指数函数,对数函数的函数特征分别讨论单调区间可求解.【详解】选项A是开口向下,对称轴为x=0的二次函数,所以在是单调递减,不符.选项B为分式函数,定义域为,所以只有两个减区间,也不符,选项C是底数属于(0,1)的指数函数,所以在R上单调递减,不符.选项D是定义在上以10为底的对数函数,所以在上单调递增,符合,故选:D.3.下面四个条件中,使成立的充要的条件是()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】结合立方差公式以及充要条件的概念即可求出结果.【详解】因为因为,所以,可得;反之也成立,因为,则,但不一定有,故是的充分不必要条件;而是的既不充分也不必要条件;因为所以是的既不充分也不必要条件;因此ABC不符合题意,故选:D.4.古代人家修建大门时,贴近门墙放置两个石墩.石墩其实算是门墩,又称门枕石,在最初的时候起支撑固定院门的作用,为的是让门栓基础稳固,防止大门前后晃动.不过后来不断演变,一是起到装饰作用,二是寓意“方方圆圆”.如图所示,画出的是某门墩的三视图,则该门墩从上到下分别是()A.半圆柱和四棱台B.球的和四棱台C.半圆柱和四棱柱D.球的和四棱柱【答案】D【解析】【分析】 根据几何体的三视图直观想象出几何体的直观图,从而可得几何体的结构特征.【详解】由几何体的三视图可知:该几何体上面是球的,下面是放倒的四棱柱.故选:D【点睛】本题考查了几何体的三视图还原直观图,考查了空间想象能力,属于基础题.5.已知,且,则的值为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据诱导公式及二倍角公式即得.【详解】,,.故选:A.6.弹簧上挂的小球做上下振动时,小球离开平衡位置的距离随时间的变化曲线是一个三角函数的图像(如图所示),则这条曲线对应的函数解析式是()A. B.C.D【答案】A【解析】【分析】由函数的部分图像得到或,并分别讨论或时的解析式【详解】解:设该曲线对应的函数解析式为,由图可知,或,,则,当时,,由,解得,因为,所以,所以;当时,,由,解得,因为,所以,所以;故选:A7.方程的两根为,,且,则A.B.C.D.或【答案】B【解析】【分析】利用韦达定理求出与的值,由两角和的正切公式求得,从而可得结果. 【详解】∵方程的两根为,,且,∴,,再结合,故,,∴,故.又,∴,故选B.【点睛】三角函数求值有三类,(1)“给角求值”:一般所给出的角都是非特殊角,从表面上来看是很难的,但仔细观察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,结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解.(2)“给值求值”:给出某些角的三角函数式的值,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”:实质是转化为“给值求值”,先求角的某一函数值,再求角的范围,确定角.8.将函数的图象向右平移个单位长度,再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的()倍(纵坐标不变),得到函数的图象,若函数在区间上是增函数,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据图象变换求解出的解析式,然后结合正弦函数的单调增区间以及的周期的范围,列出关于的不等式组并求解出的取值范围.【详解】将函数的图象经过变化后得到的图象,令(),即(),∵在上是增函数,∴,又,∴,令时,解得,当且时,不符合题意, 故选:B.【点睛】思路点睛:已知正、余弦型函数(或)的单调区间求解参数范围的步骤:(1)根据函数以及单调性列出关于的不等式;(2)将单调区间的端点值代入关于的不等式中,同时注意到单调区间的长度不会超过半个周期;(3)由(1)(2)列出关于参数的所有不等式,由此求解出参数范围.9.已知,则以下四个数中最大的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取特殊值分别计算各个选项判断即可.【详解】令,,故最大的是.故选:A.10.已知是定义在上的奇函数,当时,,若,则实数的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】时,所以,单调递增,是定义在上的奇函数,所以在上单调递增.由得,即,解得. 11.设,,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先构造函数,利用导数判断函数的单调性,再利用,判断函数值的大小,即可判断选项.【详解】,,,设,且,令,得,当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,因为,且,所以,即.故选:B12.在正三棱锥P-ABC中,D,E分别为侧棱PB,PC的中点,若,且,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】结合题意,利用三角形相似得到,取线段PE的中点F,连接DF,AF,利用余弦定理和勾股定理求出外接球半径,代入外接球的表面积公式即可求解.【详解】如图,因为P-ABC为正三棱锥,所以,. 取线段PE的中点F,连接DF,AF,因为D为PB的中点,所以,.因为AD⊥BE,所以.在中,,由勾股定理,得.设,PA=x,在中,由余弦定理的推论,得①.同理,在中,由余弦定理的推论,得②.联立①②,解得,.在中,由余弦定理,得,所以.取的中心,连接,,则平面ABC,三棱锥P-ABC的外接球球心O在上,连接OA,设外接球半径为R.在中,OA=R,,所以,所以,所以,即,解得,所以所求外接球的表面积为. 故选:C.第II卷非选择题(90分)二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分13.已知是虚数单位,则复数的实部为______.【答案】0【解析】【分析】利用复数的除法计算即得解.【详解】解:,所以复数的实部为0.故答案为:014.若,满足,则的最小值是________.【答案】1【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域,再利用目标函数的几何意义计算作答.【详解】作出不等式组表示的平面区域,如图中阴影区域,其中点,, 令,即表示斜率为,纵截距为的平行直线系,画直线:,平移直线到直线,当直线过点A时,直线的纵截距最小,最小,,所以的最小值是1.故答案为:115.已知函数,若,使成立,则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】不等式存在性问题,转化成求最值,解不等式即可.【详解】因为在单调递减,所以当x=2时,f(x)取最小值2a+2若,使成立,只需f(x)min<0即可,即,得,满足.所以实数的取值范围.故答案为:.【点睛】结论点睛:本题考查不等式的恒成立与有解问题,可按如下规则转化:一般地,已知函数,(1)若,,总有成立,故;(2)若,,有成立,故;(3)若,,有成立,故; (4)若,,有,则的值域是值域的子集.16.关于函数有如下四个结论:①对任意,都有极值;②曲线的切线斜率不可能小于;③对任意,曲线都有两条切线与直线平行;④存在,使得曲线只有一条切线与直线平行.其中所有正确结论的序号是______.【答案】②④【解析】【分析】举反例否定①;求得导函数的取值范围判断②;取特例否定③;取特例证明④.【详解】对①:当时,,为增函数,无极值.所以①错误;对②:,所以②正确.对③:当时,,设切点,由,可得或则切点为或则所求切线方程为或这两条切线中与平行,与重合.即当时,曲线只有一条切线与直线平行,且这条切线的切点的横坐标为,所以③错误;对④:由③可知,④正确.故答案为:②④三、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.如图,在△ABC中,∠ACB=,BC=2,P是△ABC内的一点,△BPC是以BC为斜边的等腰直角三角形,△APC的面积为.(1)求PA长;(2)求cos∠APB的值.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用等腰直角三角形的性质,求得的值,利用面积公式求得的长,再由余弦定理求得的长;(2)在三角形中,用正弦定理求得的值,再利用诱导公式求得的值.【详解】(1)由题设∠PCA=,PC=,AC·PC·sin=,得AC=3.(或由题设AC·BC=,得AC=3.)在△PAC中,由余弦定理得PA==.(2)在△APC中,由正弦定理得,得sin∠APC=.于是cos∠APB=cos(-∠APC)=-sin∠APC=.【点睛】本小题主要考查解三角形,考查正弦定理和余弦定理的应用.题目的突破口在于三角形为等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质可得出角度和边长,再结合正弦定理和余弦定理适用的条件,即可求得题目所求.属于中档题. 18.已知函数,且.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)求函数的单调区间;(3)若函数有最值,写出的取值范围.(只需写出结论)【答案】(1)(2)答案见解析(3)【解析】【分析】(1)求出函数的导函数,即可求出切线的斜率,即可求出切线方程;(2)求出函数的导函数,分和两种情况讨论,讨论导函数的符号变换,进而得到函数的单调区间;(3)由(2)中的结论判断即可.【小问1详解】解:当时,由题设知.因为,所以.所以在处的切线方程为.【小问2详解】解:因为,所以.当时,定义域.且故的单调递减区间为,,,当时,定义域为,当变化时,,的变化情况如下表: 单调递减极小值单调递增极大值单调递减故的单调递减区间为,,单调递增区间为.综上所述,当时,的单调递减区间为,,,当时,故的单调递减区间为,,单调递增区间为.【小问3详解】解:由(2)可知要使函数有最值,则,使得函数在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减,且当时,当时,所以在处取得极小值即最小值,在处取得极大值即最大值.19.如图,在四棱锥中,底面是菱形,,,为的中点.(1)求证:;(2)若为边中点,能否在棱上找到一点,使?请证明你的结论.【答案】(1)证明见解析(2)当为中点时,;证明见解析【解析】【分析】(1)根据等腰三角形三线合一性质可得,由线面垂直的判定与性质可证得结论;(2)利用面面平行的判定可证得平面平面,由此可得平面 ,由线面垂直的性质可证得结论.【小问1详解】连接,四边形为菱形,,又,为等边三角形,为中点,;,为中点,,又,平面,平面,平面,.【小问2详解】当为中点时,,证明如下:分别为中点,,又平面,平面,平面;分别为中点,,,四边形为平行四边形,,又平面,平面,平面,又,平面,平面平面,由(1)知:平面,平面,平面,.20.已知函数()图象的相邻两条对称轴之间的距离为.(1)求的单调递增区间以及图象的对称中心坐标;(2)是否存在锐角,,使,同时成立?若存在,求出角,的值;若不存在,请说明理由. 【答案】(1)递增区间为();对称中心的坐标为()(2)存在;,【解析】【分析】(1)根据三角恒等变换化简解析式,再根据正弦型函数图象性质求解即可;(2)由诱导公式可得,又,代入化简可得,。【小问1详解】解:,由图象的相邻两条对称轴之间的距离为,得的最小正周期,解得.所以,由(),得(),所以的递增区间为(),由(),得();所以图象的对称中心的坐标为().【小问2详解】解:存在.因为,,所以, 所以.又,,所以,即,即,即,即,所以,由为锐角,得,所以,,从而.故存在,符合题意.21.已知函数.(1)若恒成立,求的取值范围;(2)记,若在区间上有两个零点,求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用的导数判断函数的单调性,求出的最小值,令即可求出的取值范围;(2)有两个零点等价于有两个根,分离参数得,则与有两个交点,即可求出的取值范围.【详解】(1),令,解得,,当时,显然成立,当时,在上单调递减,在上单调递增, 则,解得,当时,在上单调递减,在上单调递增,则,解得,综上,实数的取值范围为;(2)显然不是零点,由得,令,则,令,解得,当和时,,单调递减,当时,,单调递增,又时,不成立,∴只需,∴实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查含有参数得不等式恒成立问题中参数得取值范围,以及根据函数零点个数求参数范围,此类问题需要利用导数讨论函数得单调性,求函数得最值,属于综合题.(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](10分) 22.在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数).以原点为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标为(1)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程;(2)设直线与曲线交于两点,点的坐标为,证明:直线关于轴对称.【答案】(1);;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)利用同角的三角函数关系式把曲线的参数方程化成普通方程,利用直角坐标方程与极坐标方程互化公式,结合两角和的余弦公式把直线的极坐标方程,化成直角坐标方程;(2)通过解方程组求出两点坐标,根据直线斜率公式进行证明即可.【详解】(1)由曲线的参数方程(为参数)可得曲线的普通方程为.直线的极坐标方程可变形为:,于是,其直角坐标方程为.(2)由方程组消元,有.由此可知,点的坐标分别为直线的斜率分别为所以, 于是,直线关于轴对称.[选修4-5:不等式选讲](10分)23.已知函数(1)求不等式的解集;(2)记函数的最小值为,若是正实数,且,求证.【答案】(1)不等式的解集为,(2)证明见详解【解析】【分析】(1)分3种情况解出即可(2)首先求出,即可得到,然后,用基本不等式即可证明.【详解】(1)等价于或或解得或或所以不等式的解集为(2)因为当时等号成立,所以的最小值为3,即所以所以当且仅当时等号成立【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值,属于典型题.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-11-19 18:05:07 页数:21
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文章作者:随遇而安

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