四川省宜宾市叙州区第二中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

叙州区二中高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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由一元二次不等式的解法，求得集合，再根据集合的交集的概念及运算，即可求解．【详解】由，解得，可得集合，又由，根据集合的交集的概念及运算，可得．故选：D.【点睛】本题主要考查了集合的交集的概念及运算，以及一元二次不等式的计算，其中正确求解集合，熟练应用集合的交集的运算求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.2.已知命题：，，则命题否定为（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】根据命题的否定的定义判断，注意既要否定结论，也要转化量词.【详解】因为命题：，， 根据命题的否定的定义，所以命题的否定:，.故选：D【点睛】本题主要考查命题的否定的定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.3.下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求得的定义域不关于原点对称可判断A；由含绝对值的函数的奇偶性和单调性可判断B；由二次函数的单调性和奇偶性可判断C；由指数函数的单调性和奇偶性的定义可判断D.【详解】解：对于A，定义域为不关于原点对称，不为偶函数，故A错误；对于B，，为偶函数，且时，单调递增，故B正确；对于C，为偶函数，但在上单调递减，故C错误；对于D，，为偶函数，当时，单调递减，故D错误.故选：B.【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2或是定义域上的恒等式．奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立．利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性．4.设函数，则A.B.5C.6D.11【答案】B 【解析】【详解】分析：先确定的符号，再求的值.详解：∵＜0，∴=故选B.点睛：本题主要考查分段函数求值和对数指数运算，意在考查学生分段函数和对数指数基础知识掌握能力和基本运算能力.5.已知，且在第三象限，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由已知可推得，根据正余弦的关系结合的象限，即可得出答案.【详解】因为，所以，.因为在第三象限，所以，.故选：A.6.函数的最大值为（）A.1B.2C.D.【答案】D【解析】【分析】利用平方关系将函数化为关于的二次函数，根据二次函数的性质即可求解.【详解】由，因为， 所以当时，取得最大值.故选：D.7.函数的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用奇偶性定义、的范围，应用排除法即可得答案.【详解】由且定义域为R，即为偶函数，排除A；由，排除B、C；故选：D8.已知角的终边过点.则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据角的终边过点，利用三角函数的定义得到，然后利用两角差的正弦公式求解.【详解】解：因为角的终边过点，所以， 所以，，故选：C9.一空间几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图均为边长为1的等腰直角三角形，则此空间几何体的表面积是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据各表面形状求表面积.【详解】几何体为如图四面体，其中所以表面积为，选D. 【点睛】本题考查三视图以及四面体表面积，考查空间想象能力与综合分析求解能力，属中档题.10.已知函数的部分图象如图所示，其中，图中函数的图象与坐标轴的交点分别为，则下列代数式中为定值的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据图象，由求出，再由M，N点的坐标求出为定值.【详解】由图象可得，，且，所以， 令，则，所以，则.故选：D11.已知函数，则满足的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意可得是偶函数，且在区间上单调递增，则不等式等价为，即，从而得到答案.【详解】由，知是偶函数，不等式等价为，当时，，在区间上单调递增，解得：.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，关键是能够利用单调性将不等式转化为自变量大小关系，从而解出不等式，属于中档题.12.已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体 的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．【详解】将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．故选B．【点睛】本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．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.已知幂函数的图象过点，则的值为___________.【答案】##0.25【解析】【分析】设幂函数为，代入点，求得，进而可求得结果.【详解】设幂函数的解析式为，因为幂函数的图象经过点，可得，解得，即，所以. 故答案为：.14.已知，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据给定条件，利用诱导公式和二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因为，所以.故答案为：15.已知函数在R上是增函数，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由分段函数两段都递增，且在分界处函数值左侧不比右侧大可得参数范围，【详解】时，设，所以，是增函数，所以由题意得，解得．故答案为：．16.已知函数在区间上有最大值，则实数a的取值范围是______【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，由题意可得在内有唯一零点，且单调递减，由此列出不等式，即可 求得答案.【详解】因为，故，由于在区间上有最大值，且在上单调递减，故需满足在内有唯一零点，故，即，解得，即实数a的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于判断出导数在在上单调递减，则需在内有唯一零点，由此列不等式求解即可.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（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象． （1）求与的解析式；（2）令，求方程在区间内的所有实数解的和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由函数图象可得即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数的解析式；（2）先求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】由图可知，，函数的周期，所以，所以，又，所以，所以，所以，又，所以，所以，因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以；【小问2详解】 ，由，得，因，所以，所以或或或，所以或或或，所以方程在区间内的所有实数解的和为．18.已知函数（1）当时，求在区间上的最值；（2）若直线是曲线的一条切线，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）求导后，根据正负可确定在上的单调性，由单调性可确定最值点并求得最值； （2）设切点为，结合切线斜率可构造方程组求得和的值.【小问1详解】当时，，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，，又，，.【小问2详解】由题意知：，设直线与相切于点，则，消去得：，解得：，则，解得：.19.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．（1）求的值；（2）若cosB，△ABC面积为，求△ABC的周长．【答案】（1）2（2）5【解析】【分析】（1）利用正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式即可求解；（2）由（1）利用正弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求的值，结合三角形的面积公式可求，联立解得，的值，根据余弦定理可求的值，即可得解三角形的周长．【详解】（1）∵，∴sinBcosA﹣2sinBcosC＝2sinCcosB﹣sinAcosB，sinBcosA+sinAcosB＝2sinCcosB+2sinBcosC， 可得sin（A+B）＝2sin（B+C），即sinC＝2sinA，∴2．（2）∵由（1）可得sinC＝2sinA，∴由正弦定理可得c＝2a，①∵cosB，△ABC的面积为，∴sinB，由acsinBac•，解得ac＝2，②∴由①②可得a＝1，c＝2，∴由余弦定理可得b2，∴△ABC的周长a+b+c＝1+2+2＝5．【点睛】本题主要考查了正弦定理、两角和的正弦函数公式、同角三角函数基本关系式，考查了三角形的面积公式、余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．20.如图，在直角梯形中，，且，直角梯形可以通过直角梯形以直线为轴旋转得到．（1）求证：平面平面；（2）若二面角的大小为，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）通过证明、证明平面 ，然后根据面面垂直的判定定理完成证明；（2）先根据垂直关系判断出二面角的平面角为，然后根据三棱锥的体积公式求解出三棱锥的体积.【详解】解：（1）∵∴∵直角梯形绕转到∴又∵∴平面∵平面∴平面平面（2）∵直角梯形绕转到∴∵且∴平面且为二面角平面角∴ 又∵∴为等边三角形∴∴.21.已知函数．（1）求函数的最小值；（2）当时，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）通过求导确定函数的单调性，从而就可以求函数的最小值；（2）先将不等式转化为恒成立，也是从单调性出发，通过求最小值大于0，从而实现不等式的证明.【详解】（1），令，解得，令，解得，∴函数在单调递减，在单调递增，∴的最小值为；（2）证明：要证，即证，即证，∵，∴，∴只需证明对任意恒成立，设，则， 设，则，∴在为增函数，又，∴存在，使得，由，得，即，即，且当时，单调递减，当时，单调递增，∴，令，则，∴在上单增，故，∴，即．综上，当时，．【点睛】关键点睛：解决本题关键是“隐零点”的使用，本题中的“隐零点”在后面处理最值中取到一个替换性的作用也是本题的关键.（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.在极坐标系中，圆C的圆心在极轴上，半径为2，且圆C经过极点．（1）求圆C的极坐标方程；（2）若P为圆C上的动点，过P作直线的垂线，垂足分别为A，B，求面积的最大值． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设为圆C上一点，再根据圆的性质与三角函数关系求解即可；（2）根据极坐标与直角坐标的互化可得圆C的直角坐标方程，再设，进而表达出面积，结合二次函数与三角函数的值域求解即可.【小问1详解】如图，设为圆C上一点，O为极点，为圆C的直径，连接，则，则．故圆C的极坐标方程为．【小问2详解】极坐标中的直线对应的直角坐标方程为．因为圆C的直角坐标方程为，设，所以，，则的面积；设，则，当时，S取得最大值．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数. （1）求证：；（2）若，证明：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用绝对值三角不等式与二次函数的性质计算可得；（2）利用基本不等式证明即可.【小问1详解】因为，当且仅当时取等号，又，当且仅当，即时取等号，所以.【小问2详解】因为，，且，又因为，当且仅当时取等号，所以，即，所以，当且仅当时取等号，所以，又因为，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号.