宁夏银川市唐徕中学2023-2024学年高三上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

银川市唐徕中学2023～2024学年度第一学期9月月考高三年级数学试卷（理科）一、选择题：本大题共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.复数（是虚数单位）在复平面内所对应的点位于（）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】化简得到，得到答案.【详解】，对应的点为，在第四象限.故选：D.2.已知集合，，（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合对数函数的单调性、集合交集的定义进行求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B 3.已知角终边上一点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由任意角三角函数的定义求出，再由诱导公式化简代入即可得出答案.【详解】因为角终边上一点，所以.故选：B.4.如图，在平行四边形中,为的中点，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量的加减法的几何意义将转化为，即可.【详解】 故选：【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，熟练掌握向量的加减法是解题的关键，属于中档题.5.已知的三个内角，，所对边分别为，，，则“”是“为直角三角形”的是（）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】由正弦定理可得，利用三角形的内角和及和角的正弦公式化简可得C为直角，结合充分条件及必要条件进行判断即可.【详解】因为，由正弦定理可得，，即，所以，所以，因为，，所以，，则，为直角三角形，但为直角三角形时不一定是，所以是△ABC为直角三角形充分不必要条件，故选：A.6.某学生在“捡起树叶树枝，净化校园环境”的志愿活动中拾到了三支小树枝（视为三条线段），想要用它们作为三角形的三条高线制作一个三角形，经测量，其长度分别为、、，则（）A.能作出一个锐角三角形B.能作出一个直角三角形C.能作出一个钝角三角形D.不能作出这样的三角形【答案】C【解析】【分析】计算出三角形三边的比值，并计算出三角形中最大角的余弦值，可得出结论.【详解】设高分别为、、对应的底边长分别为、、（单位：）， 则，设，则，，由三角形三边关系可知，这样的三角形存在，设该三角形的最大内角为，则，则为钝角，故能作出一个钝角三角形.故选：C.7.中，，，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理，结合平面向量数量积的运算性质和定义、平面向量共线的性质、加法的运算性质进行求解即可.【详解】由余弦定理可知：或（舍去），因为，所以，，故选：C8.设，，，则a，b，c的大小关系是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据两角和正切公式有，可求，再由两角差正弦公式、二倍角正弦 公式可求b、c，进而可知它们的大小关系.【详解】∵，∴，，，∴.故选：A9.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用求得，利用的范围和可得答案.【详解】因为，所以，即，因为，所以，所以，所以，可得.故选：A. 10.已知定义在上的函数满足，且是偶函数，当时，，则（）A.B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】根据是偶函数和得到是的一个周期，然后利用周期性求函数值即可.【详解】因为是偶函数，所以，则，因为，所以，则是的一个周期，因为，所以，，.故选：C.11.当时，函数取得最大值，则（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B.12.已知函数，若存在实数，且，使得 ，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用二次函数对称性化简目标式，然后构造函数，利用导数求最值可得.【详解】作出的函数图象如图所示：若存在实数，且，使得，因为的图象关于直线对称，所以，所以，由图可知，，所以．设，，所以，与在单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，，所以在上单调递增，所以．故选：D．二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.函数的定义域是. 【答案】【解析】【分析】利用根式函数的定义域求法和正切函数不等式求解.【详解】解：由函数，则，即，解得，所以函数的定义域是，故答案为：14.已知向量，，若，，则________．【答案】【解析】【分析】根据题意，设向量，得到，结合，利用数量积的坐标运算公式，列出方程，即可求解.【详解】由向量，，因为，可设向量，则，又因为，可得，解得，所以，所以.故答案为：.15.已知函数（，）恒过定点，则函数的图像不经过第______象限.【答案】二【解析】【分析】由指数函数性质可知恒过定点，再由指数函数的性质可知不过第二象限.【详解】由已知条件得当时，，则函数恒过点，即，此时， 由于由向下平移五个单位得到，且过点，由此可知不过第二象限，故答案为：二.16.已知函数（且）有两个不同的零点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】变换得到，构造，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到，解得答案.【详解】，即，易知，故，即，设，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；，画出函数图像，如图所示：根据图像知：，解得.故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用参数分离的思想，将题目转化为，再构造新函数是解题的关键.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.函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）将的图象向右平移个单位,再把得到的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变,然后再向下平移个单位,得到的图象,求在上的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据函数图象上的最大值和最小值，求出，根据特殊点求出函数周期，结合，得，再将点代入的解析式，求出的值，从而得到函数的解析式；（2）根据函数平移与缩放的规则，得，再由得，结合函数图象即可求出答案.【小问1详解】由图可知,，，由可得：， 再将点代入的解析式,得,得，结合，可知.故；【小问2详解】将的图象向右平移个单位，得到，再把得到的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变,然后再向下平移个单位,得到，，，，.18.如图，线段是圆柱的母线，是圆柱下底面的直径.（1）弦上是否存在点D，使得平面，请说明理由；（2）若，，点，A，B，C都在半径为的球面上，求二面角的余弦值.【答案】（1）存在，理由见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定定理、性质定理分析证明；（2）根据题意结合长方体的外接球可得，建系，利用空间向量求二面角.【小问1详解】当点D为的中点时，平面，证明如下：取AB的中点D，连接OD，∵O，D分别为，的中点，则，平面，平面，∴平面，又∵，平面，平面，∴平面，，平面，∴平面平面，由于平面，故平面.【小问2详解】∵是的直径，可得，即，且，，故，，又∵平面，且平面， ∴，即，，两两垂直，且点，A，B，C都在半径为的球面上，可知该球为以、、为长、宽、高的长方体的外接球，则，可得，以A为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则，，，，得，，设为平面的一个法向量，则，令，则，可得，且为平面的一个法向量，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.19.为进一步巩固提升全国文明城市，加速推行垃圾分类制度，铜川市推出了两套方案，并分别在、两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：在小区内设立智能化分类垃圾桶，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过手机进行自动登录、称重、积分等一系列操作.并建立激励机制，比如，垃圾分类换积分兑换礼品等，以激发带动居民参与垃圾分类的热情. 经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图：（1）请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；（2）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分认居民赞成推行此方案，低于70分认为居民不赞成推行此方案，规定小区居民赞成率不低于才可在该小区继续推行该方案，判断两小区哪个小区可继续推行方案？（3）根据（2）中结果，从可继续推行方案的小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.【答案】（1）小区平均分为，小区平均分为，方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎（2）小区可继续推行方案二（3）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的求法分别计算，即可得出结论；（2）分别求出小区即方案一中，满意度不低于70分的频率和小区即方案二中，满意度不低于70分的频率，由此即可得出结论；（3）由题意可知，再根据二项分布的分布列和期望公式计算即可.【小问1详解】设小区方案一的满意度平均分为，，设小区方案二的满意度平均分为， ，∵.∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎；【小问2详解】由题意可知：小区即方案一中，满意度不低于70分的频率为，以频率估计概率，赞成率为，小区即方案二中，满意度不低于70分的频率为，以频率估计概率，赞成率为，∴小区可继续推行方案二；【小问3详解】现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则，，，，，，，∴的分布列为012345数学期望.20.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，斜率为的直线过且与椭圆相交于，两点，的周长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）设线段的中垂线交轴于，在以，为邻边的平行四边形中，顶点恰好 在椭圆上，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义即可求出椭圆标准方程；（2）先设出直线方程及，点坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得到，点坐标之间的关系.再利用中垂线性质及平行四边形中的向量等式得到点坐标，最后把点坐标代入椭圆方程求出斜率得到直线方程.【详解】解：（1）由的周长为，则有，所以，又椭圆的离心率，则，，故椭圆的标准方程为：.（2）由题意可知，直线的斜率，设直线：，，由可得显然，，则中点，中垂线方程为：.所以，由四边形为平行四边形，则，即所以，由在椭圆上，则，解得，即.故直线的方程为.【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程、性质及直线与椭圆的位置关系，关键是利用向量工具表示点的 坐标，采用设而不求，属于中档题.21.设函数（k为常数，e＝2．71828…是自然对数的底数）．（1）当时，求函数f（x）的单调区间；（2）若函数在（0,2）内存在两个极值点，求k的取值范围．【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）．【解析】【详解】试题分析：（I）函数的定义域为，由可得，得到的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）分，，，时，讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.试题解析：（I）函数的定义域为，由可得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增.所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）由（I）知，时，函数在内单调递减，故在内不存在极值点； 当时，设函数，因为，当时，当时，，单调递增，故在内不存在两个极值点；当时，得时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以函数的最小值为，函数在内存在两个极值点；当且仅当，解得，综上所述，函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.考点：应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.（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.在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为，（为参数）．以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）若是曲线上一点，是直线上一点，求的最小值． 【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由普通方程与参数方程以及极坐标方程的互化，代入计算即可得到结果；（2）根据题意，由点到直线的距离公式结合辅助角公式即可得到结果.【小问1详解】由直线的参数方程，得直线的普通方程为．将代入曲线的极坐标方程，化简得曲线的直角坐标方程为．【小问2详解】由（1），设点，由题知的最小值为点到直线的距离的最小值．又点到直线的距离，其中．当时，的最小值为．的最小值为．[选修4-5：不等式选讲]23设函数.（1）求不等式的解集；（2）若最小值是，且，求的最小值.【答案】（1）或；（2）.【解析】 【分析】（1）分类讨论，和三种情况，求解，最后求并集即可；（2）根据（1）可得，可得，利用柯西不等式求出最小值即可.【详解】（1）当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得.综上，不等式的解集为或.（2）由（1）可知当时，，即，则.因为，所以，即（当且仅当时等号成立）.故的最小值为.【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法一般有：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．