四川省泸县第一中学2023-2024学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版附解析）

泸县一中高2021级高三10月考试数学（理工类）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.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.C.D.【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：C6.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.如图，在长方形中，，现将沿折至，使得二面角为锐二面角，设直线与直线所成角的大小为，直线与平面所成角的大小为，二面角的大小为，则的大小关系是（）A.B.C.D.不能确定【答案】B【解析】 【分析】先证明最小角定理，再过点作平面，过点作平面，连接，过作，连接，可得，，由等体积法可得，进而可得的大小，在平面内，，所以.所以等于直线与所成的角也为直线与平面所成的角，根据上面已证的最小角定理有，从而得到答案.【详解】解决本题，先来了解最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．证明如下：直线与平面斜交，斜足为，平面，，由平面，，可证明平面，则．则，，，所以，即，故，．过点作平面， 过点作平面，连接.过作，连接，如图：则为直线与平面所成角，即，由平面，则，又，且所以平面，则所以为二面角的平面角，即，又，即，且，所以.由 ，由，所以，即，也即.又在平面内，，所以.所以等于直线与所成的角，也为直线与平面所成的角.根据上面已证的最小角定理有.所以，故选：B.【点睛】方法点睛：最小角定理：平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面内其他直线的夹角．11.已知，则关于的方程恰有三个不同的实数根，则的取值范围是（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】画出草图，令，韦达定理及数形结合法可得、，解对数不等式求a的范围，进而可得的范围. 【详解】函数图象如上图示，不妨令．又为的两根，则，方程有三个不同的实根得：与有三个交点，故，令知：，综上，．故选：12.设，，，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再构建，求导，利用导数判断单调性，结合单调性可证，再证，即可得.【详解】构建，则，当时，则，故在上单调递增，∵，则，即，∴，即，构建，则， 当时，则，故在上单调递减，∵，则，即，∴，又∵，则，∴，故，即，综上所述：.故选：D.【点睛】关键点点睛：①若证，构建，结合导数分析判断；②若证，构建，结合导数分析判断，并根据题意适当放缩证明.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，的夹角为，，，，，故向量在方向上的投影为．故答案为：．16.已知菱形的边长为，，沿对角线将菱形折起，使得二面角为钝二面角，该四面体外接球的表面积为，则四面体的体积为______.【答案】【解析】【分析】设为中点，延长，作交于点，易得平面，计算，故，，，解得，，得到答案. 【详解】由已知得，和均为正三角形，如图，设为的中点，延长，作交于点，易得平面，作的中心，则在上，且.作，作，，可知四面体外接球的球心在上，设外接球的半径为，，则，在和中，由于，，所以，，，解得，，.故答案为：.【点睛】本题考查了四面体的外接球问题，四面体体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.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1+0-0+↗极大值↘极小值↗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.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为的正方形,平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=（1）求证：PB=PD;（2）若点M,N分别是棱PA,PC的中点,平面DMN与棱PB的交点Q,则在线段BC上是否存在一点H,使得DQ⊥PH,若存在,求BH的长,若不存在,请说明理由.【答案】(1)见证明；(2)见解析【解析】【分析】(1)记AC∩BD=O，连结PO，易证PO⊥AC，结合平面PAC⊥底面ABCD，可得到PO⊥底面ABCD，从而得到PO⊥BD，则有PB=PD；(2)以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为轴， 轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量n，设，可得到点的坐标，即可表示出，由=0，可求出及，设，可表示出点及，由，可求出，从而可求出．【详解】(1)证明：记AC∩BD=O，连结PO，底面ABCD为正方形，OA=OC=OB=OD=2.PA=PC，PO⊥AC，平面PAC∩底面ABCD=AC，POÌ平面PAC，PO⊥底面ABCD.BDÌ底面ABCD，PO⊥BD.PB=PD.(2)以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知OP=2.可得P(0,0,2)，A(0,-2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,0,0),可得，M(0,-1,1),N(0,1,1).，.设平面的法向量n=，，，令，可得n=.记，可得，，=0，可得，，解得.可得，.记，可得，，若DQ⊥PH，则，，解得.故. 【点睛】本题考查了空间中直线与直线相等关系的证明，考查了利用空间向量证明直线与直线垂直，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题．21.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）①当时，试证明函数恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为，，，且，试证明.【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）利用函数的导数，结合函数的定义域，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．（2）①当时，求解函数的导数，求出极值点，判断函数的单调性，然后证明函数恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为，，，判断零点所在区间，利用分析法结合函数的导数转化证明即可．【小问1详解】当时，定义域为，所以，所以在定义域上单调递减，其单调递减区间为，无单调递增区间．【小问2详解】①由定义域为， 所以，令，因为，，设方程的两根分别为，，且，则，，所以有两个零点，，且，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以在处取得极小值，在处取得极大值，又，故，则，又因为，，且，故有，由零点存在性定理可知，在恰有一个零点，在也恰有一个零点，易知是零点，所以恰有三个零点；②由①知，，则，因为，所以，所以要证，即证，即证，即证，即证，即证． 令，则，当时，，所以在上单调递减，所以，故式成立，所以．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．（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，