2024届四川省宜宾市第四中学校高三上学期10月月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届四川省宜宾市第四中学校高三上学期10月月考数学（理）试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设（其中i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算计算作答.
【详解】依题意，.
故选：D
2．与向量平行的单位向量为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】与向量平行的单位向量为，计算得到答案.
【详解】与向量平行的单位向量为，
即或.
故选：C.
3．若角的终边经过点，则的值为（ ）
A． B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦三角函数的定义可得答案.
【详解】到原点的距离为，
则.
故选：D.
4．在中，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理计算作答.
【详解】在中，角所对的边分别为，，
由正弦定理得，令，
由余弦定理得：.
故选：C.
5．已知，，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【解析】由平方关系求出，再由二倍角公式计算．
【详解】因为，，所以，
所以．
故选：D．
6．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的体积（容器壁的厚度忽略不计）的最小值为（ ）
A．B．C．D．以上结果都不对
【答案】A
【分析】根据题意，可转化为求该几何体外接球的体积，即长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球的体积.
【详解】由题意，该球形容器的体积最小时，该球形容器为长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球，其直径为，
半径为，体积为.
即该球形容器的体积的最小值为.
故选：A.
【点睛】本题考查长方体的外接球的体积，结合传统文化，考查学生对实际问题的理解能力，属于中档题.
7．已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将题目转化为函数的图像与的图像只有一个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出的取值范围.
【详解】由函数只有一个零点，等价于函数的图像与的图像只有一个交点，
，求导，令，得
当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；故当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值；
作出函数图像，如图所示，
由图可知，实数的取值范围是
故选：B
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
8．已知函数的最大值为，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且的图象关于点对称，则下列判断正确的（ ）
A．当时，函数的最小值为
B．函数的图象关于直线对称
C．要得到函数的图象只将的图象向右平移个单位
D．函数在上单调递增
【答案】C
【分析】根据题意求出函数的解析式，再判断四个选项中的命题是否正确即可．
【详解】解：函数中，，，，，
又的图象关于点对称，，
解得，，；
；
对于，时，，，的最小值为，
错误．
对于，时，，的图象不关于对称，错误；
对于， 向右平移个单位，得的图象，
且，正确；
对于，时，，是单调递减函数，故错误；
故选：．
【点睛】本题考查了由的部分图象确定其解析式，以及正弦函数的图象和性质的应用问题，属于中档题．
9．若实数满足 ,则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出约束条件表示的可行域，再利用目标函数的几何意义求解即得.
【详解】画出约束条件表示的可行域，如图中阴影，
目标函数表示可行域内动点到原点距离，
当点与点重合时最大，由，得，
所以当时，最大，最大值为.
故选：C
10．如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（ ）

A．存在某个位置使得B．存在某个位置使得
C．存在某个位置使得D．存在某个位置使得
【答案】B
【分析】选项A，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围可得解.
【详解】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；

对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；
对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；
对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误.
故选：B.
11．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（ ）
A．B．5C．D．
【答案】A
【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.
【详解】因为，易知三角形为等腰直角三角形，
又平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，

长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
，
解得，
又，
解得，
，所以
所以三棱锥的体积，
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
12．已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先由题意推出，然后由基本不等式即可求解.
【详解】一方面由题意有，
另一方面若有成立，
结合以上两方面有，
且注意到，
所以由复合函数单调性可得在上严格单调递增，
若，则只能，
因此当且仅当；
又已知，
所以，即，
由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是发现当且仅当，从而得出，从而由基本不等式即可顺利求解.
二、填空题
13．设，若，则的值组成的集合为 .
【答案】
【分析】先求出集合中的取值,再代入集合中求的值,注意当为空集时也满足.
【详解】由题, 中解得或.
当时,代入得,；
当时,代入得,；
当为空集时, .
故答案为 .
【点睛】集合则集合中任意元素都能在集合中找到.特别的,当时也成立.
14．已知函数，若，则
【答案】2
【分析】分段函数已知函数值求自变量，分段代入函数值，讨论即可.
【详解】若，则，可得无解；
若，则，求得或（舍去）.故答案为2.
【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，已知函数值求解自变量时，要根据分段情况进行讨论求解，侧重考查数学运算的核心素养.
15．将函数的图象先向右平移个单位，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，则的一个可能取值为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】化简函数、的解析式，并求出平移后的函数解析式，可得出关于的等式，由此可得结果.
【详解】因为，
将函数的图象先向右平移个单位，可得到函数的图象，
再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的倍，可得到函数的图象，
因为，
所以，，可得，
故的一个可能取值为.
故答案为：（答案不唯一）.
16．在平面四边形中，，则四边形的面积的最大值为 ．
【答案】6
【分析】在中，利用正弦定理可得，进而可求得的面积，在中，由余弦定理可得，进而可得的面积，即可得结果.
【详解】在中，由正弦定理，可得，
所以的面积；
在中，由余弦定理，
当且仅当时，等号成立，
即，且，则，
所以的面积；
显然当B、D位于直线AC的两侧时，四边形ABCD的面积较大，
此时四边形的面积.
所以四边形的面积的最大值为.
故答案为：6.
【点睛】方法点睛：与解三角形有关的交汇问题的关注点
（1）根据条件恰当选择正弦、余弦定理完成边角互化；
（2）结合三角恒等变换、三角函数以及基本不等式分析运算．
三、解答题
17．已知函数
(1)求函数的最小正周期，最大值及取到最大值的的取值集合；
(2)已知锐角满足，求的值.
【答案】(1)最小正周期为；当时，最大值为3.
(2)
【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换化简，即可得到，结合余弦型函数的性质，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，结合二倍角公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），
则函数的最小正周期为，令，，解得，，即当时，函数的最大值为3.
（2）由于，即，解得，则，解得，又为锐角，即，则，所以，即，所以.
18．已知函数，当时，函数取得极值.
(1)若在上为增函数，求实数m的取值范围；
(2)若时，方程有两个根，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合导数的性质进行求解即可；
（2）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点的性质进行求解即可.
【详解】（1）由，则，
因为时，取到极值，所以，解得.
又当时，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
故当时，函数取得极值，符合题意.
要使在上为增函数，则或，所以或.
即实数的取值范围为.
（2）令，由（1）得，且，
故，，则，
当时，令，解得，令，解得，
所以的递增区间为，递减区间为，
故，而，，故.
要使有两个根，则.
即实数的取值范围为.
19．已知的内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若是的中点，，且的面积为，求的值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）应用正弦边角关系得，再由余弦定理求角；
（2）由，应用向量数量积的运算律可得，应用三角形面积公式、正余弦定理求边长，进而求的值.
【详解】（1）由正弦边角关系知：，则，
又，故.
（2）如下图，，且，

所以，
又①，且，即为锐角，
所以，则，且，即，
所以②，
由①②可得：或4，即或2，
当，则，，不合题意；
所以，则，，故.
20．图1是由正方形组成的一个等腰梯形，其中，将、分别沿折起使得E与F重合，如图2．
（1）设平面平面，证明：；
（2）若二面角的余弦值为，求长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由已知得平面，再由面面平行的性质可得答案；
（2）以O为原点，与平行的直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量由数量积公式可得，可得.
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）因为，，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过E作于点O，则O是的中点，
因为平面平面，平面，
所以平面，
以O为原点，与平行的直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，
设，则，
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
所以平面的一个法向量，
，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
同理可求得平面的一个法向量为，
所以，解得或，
当时，，
可判断二面角的平面角为锐角且向量夹角与二面角相等，故舍去，
所以，此时，,
所以.
【点睛】本题考查了线面平行的性质，二面角、模长的向量求法，解题的关键点是建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象力和计算能力.
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程的两根分别为，，且．
①求实数m的值；
②若，，证明：．
【答案】(1)答案见详解
(2)①；②证明过程见详解
【分析】（1）利用导数及即可讨论的单调性；
（2）①将原方程转化为，再将，分别代入其中，整理得到，再构造函数，求导，进而即可求解；
②结合①得到，求，再设在处的切线斜率为，从而求得在处的切线方程为，再构造函数，，再结合导数的性质证明（证明过程可再次构造函数），再分别令，且满足，，进而通过放缩及令即可得到结论．
【详解】（1）由，则，
又，
所以当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减．
（2）①由，
则方程的两根分别为，，
等价于方程的两根分别为，，
则，即，(*)
又，即，
则即，(**)
所以(*)－(**)得，
构造，
则，
即函数在上单调递增，且，
当时，则，解得，不符合题意；
当时，则，所以，解得，符合题意．
②结合①可得，则，
设在处的切线斜率为，则，
又，则在处的切线方程为，
设，，则，且，
设，则，
又，则，仅在时取得等号，
所以在上单调递增，且，
则当时，；当时，，
则，即，，
分别令，且满足，，
则，
令，则，
故．
【点睛】关键点点睛：通过结合和在处的切线方程来证明，，再通过放缩及令是解答小问②的关键．
22．在直角坐标系中，曲线M的参数方程为（为参数，），曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.
(1)求曲线M，N的极坐标方程；
(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求.
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）先化成直角坐标方程，然后由即可化为极坐标方程.
（2）把分别代入（1）中所求得的表达式得，结合已知即可求解.
【详解】（1）由题意曲线M的参数方程为（为参数，），
可得，即，
又由，可得，
所以曲线M的极坐标方程为，
由，可得，即，
即曲线N的极坐标方程为.
（2）将代入，可得，
将代入，可得
则，
因为，所以，
又因为，所以．
23．设函数．
（1）当时，求函数的定义域；
（2）设，当时，成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域；
（2）由可得可得出，然后解不等式可得出，根据题意得出，进而可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，要使函数有意义，需满足.
当时，则有，即，解得，此时；
当时，则有，即，不合乎题意；
当时，则有，即，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为.
因此，当时，函数的定义域为；
（2）当时，由可得，则，可得
由可得，解得
，，解得.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了含绝对值不等式中参数的求解，第（2）问中将问题转化为两区间的包含关系是解答的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.