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

这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2023-2024学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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
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：，，则命题的否定为（ ）
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：D
8. 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：因为角终边过点，
所以，
所以，
，
故选：C
9. 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. 的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于两点，且在轴上，则下说法正确的是（ ）

A. 若圆的半径为，则；
B. 函数在上单调递减；
C. 函数的图象向左平移个单位后关于对称；
D. 函数的最小正周期是.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的图象，求得的最小正周期，可判定D错误；利用五点作图法，求得，结合三角函数的性质，可判定B错误；利用三角函数的图形变换得到平移后的函数解析式为，进而判定C错误；利用，求得的值，可判定A正确.
【详解】由函数图象，可得点的横坐标为，
所以函数的最小正周期为，所以D不正确；
又由，且，即，
根据五点作图法且，可得，解得，
因为，可得，
结合三角函数的性质，可得函数在是先减后增的函数，所以B错误；
将函数的图象向左平移个单位后，得到，
可得对称轴的方程为，即，
所以不是函数的对称轴，所以C错误；
当时，可得，即,
若圆的半径为，则满足，即，
解得，所以的解析式为，所以A正确.
故选：A.
11. 设，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先把不等式转化为，令，即.证明的奇偶性和单调性，把转化为，即可解得a的范围.
【详解】的定义域为R.
因为，
所以可化为：
令，即.
下面判断的单调性和奇偶性.
因为，所以为奇函数；
而，
因在R上为增函数，
所以在R上单调递增.
所以可化为：，
即或，
解得：或.
所以原不等式的解集为.
故选：B
【点睛】方法点睛：解不等式的常见类型：
(1)一元二次不等式用因式分解法或图像法；
(2)指对数型不等式化为同底的结构，利用单调性解不等式；
(3)三角函数型不等式用图像法；
(4)解抽象函数型不等式利用函数的单调性.
12. 已知正四棱锥的各顶点都在球的球面上，，由三点确定的平面与侧棱交于点，且，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得平面为平面，再利用平面公理可得，从而由，利用平行线分线段成比例、外接球的性质可得，设球的半径，利用勾股定理可得半径值，即可求得球的表面积.
【详解】如图，连接，相交于，连接，，过作于

由三点确定的平面与侧棱交于点，即平面为平面
由正四棱锥可得平面，则球心在上
又平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以
因为平面，所以，又，平面，所以
所以，则由可得，所以
即，
因为，所以，则，故
则，
因为，所以，即，
则，设外接球得半径为，则，
在中，，即，解得
所以球的表面积为.
故选：A.
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. 在中，，，当取最大值时，__________．
【答案】
【解析】
【分析】用正弦定理将转化求得最大值，根据用余弦定理联立方程组即可求解.
【详解】设，，，
，，
，
，
，
，
，
，其中，
，，，
当时取最大值，
，
，
，
，
即的值为.
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，
因为，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csB，△ABC的面积为，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）∵，
∴sinBcsA﹣2sinBcsC＝2sinCcsB﹣sinAcsB，sinBcsA+sinAcsB＝2sinCcsB+2sinBcsC，
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
∵csB，△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，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成.在同一平面内，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，先证明平面，然后根据面面垂直的判定得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，先根据线面角算出，然后在利用法向量求二面角的大小
【小问1详解】
如图，连接，因为该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，

，所以，所以，所以.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以.
因为平面，平面，所以.
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，，，

则，，，
设平面的一个法向量为，
则即令，则，
记直线与平面所成的角为，
则，
解得（负值舍去），即.
设平面的一个法向量为，，，
则即
令，则.
所以.
因此平面与平面所成角的余弦值为.
21. 已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【解析】
【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，
当时，单调递增.
(2) [方法一]【最优解】：分离参数
由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，
则，，
故单调递增，，
故函数单调递增，，
由可得：恒成立，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
[方法二]：特值探路
当时，恒成立．
只需证当时，恒成立．
当时，．
只需证明⑤式成立．
⑤式，
令，
则，
所以当时，单调递减；
当单调递增；
当单调递减．
从而，即，⑤式成立．
所以当时，恒成立．
综上．
[方法三]：指数集中
当时，恒成立，
记，
，
①.当即时，，则当时，，单调递增，又，所以当时，，不合题意；
②.若即时，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，又，
所以若满足，只需，即，所以当时，成立；
③当即时，，又由②可知时，成立，所以时，恒成立，
所以时，满足题意.
综上，.
【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：
方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；
方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；
方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！
（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，