四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学2023-2024学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版附解析），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（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. 已知全集，集合满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集的定义求出集合，再判断即可.
【详解】因为，且，
所以，
所以，，，.
故选：D
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数，可得，所以.
故选：A.
3. 若函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的解析式由内到外可计算得出的值.
【详解】由题意可得，则.
故选：C.
4. 函数在上的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，
当时，，故排除A，只有C满足条件.
故选：C
5. 已知函数，，则的值为（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，判断函数为奇函数，即得解.
【详解】解：构造函数，则，故函数为奇函数.
又，∴，∴.
故选：B
6. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将两边同时平方得到，进而可以缩小角的范围，得到，从而得到，然后结合二倍角以及同角的平方关系即可求出结果.
【详解】将两边同时平方，，所以，
因此，异号，故，且，则，
因此，而，，
所以，
故选：D.
7. 现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.函数的图象在处的曲率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出、，代值计算可得出函数的图象在处的曲率.
【详解】因为，所以，，
所以，，
所以.
故选：D.
8. 若，则（ ）
A B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】将用替换后，解方程解出即可.
【详解】因为，
可得，
可得，
解得，因为，所以，
所以，
所以.
故选：C.
9. 已知函数，则（ ）
A.
B. 函数有一个零点
C. 函数是偶函数
D. 函数的图象关于点对称
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，判断函数的单调性，结合单调性性质判断A，由指数函数的性质可得，结合零点定义判断B，举反例判断C，证明，由此可得函数的对称性，判断D，综合可得答案．
【详解】函数的定义域为，
对于A，函数，
函数在R上为增函数，易得在R上为增函数，
则有，A错误；
对于B，，有，则有，
所以没有零点，B错误；
对于C，，，
所以，不是偶函数，C错误；
对于D，因为，
所以
所以，
所以函数的图象关于点对称，D正确；
故选：D．
10. 如图，边长为的正方形ABCD所在平面与矩形ABEF所在的平面垂直，，N为AF的中点，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到平面ABEF，进一步得出，，则MC为外接球直径，代入球的表面积公式即可求解．
【详解】由可知，，，可求，，，
因为平面平面ABEF，平面平面，
又，平面，
所以平面ABEF，平面ABEF，所以，
由，，得，
又，同理可得得，又，
所以，所以.
所以MC为外接球直径，
在Rt△MBC中，即，
故外接球表面积为．
故选：A．
11. 将的图象横坐标伸长为原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到的图象，若在上单调递增，则正数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数图象的变换规律求得的解析式，进而得的解析式，再利用三角函数的单调性求得的范围．
【详解】将的图象横坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，
再向右平移个单位长度，得到的图象．
，
由，，
得，
∴的增区间为，
若在上单调递增，则，
∴且，∴且，
又，∴当时，，
故答案为：B．
12. 已知，，，则大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别构造和，求导判断出在上的单调性，比较出函数值与端点值的大小关系，进而得出的大小关系．
【详解】令，
则恒成立，即在上单调递增，且，
故，取，则，即，
可得，即；
令，
则恒成立，即在上单调递减，且，
故，取，则，即，
可得，即；
综上可得：的大小关系为
故选：B
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. 展开式中的常数项为________.
【答案】##
【解析】
【分析】写出展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r，即可求得答案.
【详解】由题意的通项公式为，
令，
故展开式中的常数项为，
故答案为：
14. 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：.
15. 在上单调递减，则实数m的最大值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，求出含有数0的单调递减区间，再借助集合的包含关系求解作答.
【详解】依题意，，
由得，因此，函数含有数0的单调递减区间是，
因在上单调递减，于是得，即，解得，
所以实数m的最大值是.
故答案为：
16. 若存在，使得，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先注意到，故考虑切线放缩，从而，所以，考虑取等条件是否成立即可.
【详解】不妨设，求导得，
而在上单调递增，且，
所以当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以，
所以等号成立当且仅当，
注意到，
所以考虑切线放缩有，
从而，
又，所以，
由以上分析可知不等式取等，当且仅当，，
接下来考虑是否成立：
不妨设，则，即单调递增，
注意到，
所以由零点存在定理可知，使得.
综上所述：若存在，使得，则只需，从而的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是考虑切线放缩，从而，另一个关键的地方是证明是否成立，从而即可顺利求解.
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. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．
（1）若为奇函数，求的值；
（2）若在上单调递减，求的取值范围．
【答案】（1）或或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用倍角公式、辅助角公式化简函数式再平移得，结合奇偶性计算即可；
（2）利用三角函数的单调性计算即可.
【小问1详解】
易知，
向左平移个单位长度得，
因为为奇函数，所以，
故，
因为，所以或或；
【小问2详解】
由（1）知，
，
则由题意可知，
结合，取时分别得，，
即.
18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）已知，，求△ABC面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的数量积的定义结合余弦定理即可求出结果；
（2）由正弦边角关系得，，结合求值，应用正弦定理求，进而求出三角形的面积.
【小问1详解】
由已知，
所以，
结合余弦定理，，
化简得：，所以．
【小问2详解】
由正弦定理知，即，又，所以，
显然，即，故，
由，
又，则，
所以面积.
19. 设为实数，函数，．
（1）求的极值；
（2）对于，，都有，试求实数取值范围．
【答案】（1）极小值为，无极大值.
（2）
【解析】
【分析】（1）由导数得出函数的单调性，进而得出极值；
（2）由导数得出，的值域，由的值域是的值域的子集得出实数的取值范围．
【小问1详解】
，当时，；当时，；
即函数在上单调递减，在上单调递增；
函数的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
由（1）可知，函数在上单调递增，则.
，，当时，；当时，；
即函数在上单调递减，在上单调递增；
因为，所以，.
即.
因为，，都有，
所以的值域是的值域的子集.
即，解得.
即实数的取值范围为.
20. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，是边的中点.

（1）求证：；
（2），，平面与平面所成二面角为，求直线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，根据题意证得，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）过作的垂线，由平面，以为原点建立空间直角坐标系，根据题意求得平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，因为是等边三角形，所以
在和中，因为，，
所以，所以，
又因为是边的中点，所以，.
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
解：在中，过作的垂线，交与点，
由（1）可得平面，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
又由，且平面与平面所成二面角为，
因为，，所以为平面与平面所成二面角的平面角，
即，所以，
可得，，，，，
设平面的法向量为，且，
则，令，则，，所以
又因为，
设直线与平面所成角为，则，
可得，即直线与平面所成角的余弦值为.

21. 已知，且0为的一个极值点．
（1）求实数的值；
（2）证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【小问1详解】
由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
【小问2详解】
①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.
（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，设曲线的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的普通方程；
（2）若曲线上恰有三个点到曲线的距离为，求实数a的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）曲线的参数方程消去参数即可求出曲线的普通方程；
（2）首先曲线的极坐标方程转化为普通方程，可以得到曲线是圆，要使曲线上恰有三个点到曲线的距离为，圆心到直线的距离，求解方程即可.
【小问1详解】
由已知得代入，消去参数t得
曲线的普通方程为．
【小问2详解】
由曲线的极坐标方程得，
又，，，
所以，即，
所以曲线是圆心为，半径等于的圆．
因为曲线上恰有三个点到曲线的距离为，
所以圆心到直线的距离，
即，解得．
[选修 4-5：不等式选讲]
23. 设函数.
（1）解不等式；
（2）当x∈R，0【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）去绝对值将函数转化为，然后分， 两种情况讨论求解.
（2）通过（1）得到，然后利用“1”的代换，利用基本不等式求得的最小值即可.
【详解】（1）由已知可得：，
当时，成立；
当时，，即，则.
∴的解集为.
（2）由（1）知，，
∵，则，
当且仅当，即时取等号，
则有.