四川省兴文第二中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

兴文二中高2021级高三10月考试数学（文史类）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．