2024届四川省泸县第四中学高三上学期10月月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届四川省泸县第四中学高三上学期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，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解一元二次不等式化简集合A，解指数函数不等式化简集合B，再求集合的交集.
【详解】或，
，
所以.
故选：C.
2．复数（，为虚数单位），在复平面内所对应的点在上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出复数在复平面内所对应的点的坐标，代入，求得，再根据复数的模的公式即可得解.
【详解】解：复数在复平面内所对应的点的坐标为，
因为点在上，
所以，解得，
所以，
所以.
故选：B.
3．若实数x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】D
【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．
【详解】解：可行域如图所示，作出直线，可知要取最大值，
即直线经过点．
解方程组得，，
所以．
故选：D．
4．设，，则“'”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分条件但不是必要条件
C．既不是充分条件也不是必要条件D．必要条件但不是充分条件
【答案】D
【分析】由基本不等式得，，若，则是真命题，反之，举例即可判断，进而根据充分条件与必要条件的概念求解.
【详解】解：因为，，，
所以 ，即，，若，则是真命题；
反之若，满足，此时，
所以“'”是“”的必要条件但不是充分条件.
故选：D
5．天文学中，用视星等表示观测者用肉眼所看到的星体亮度，用绝对星等反映星体的真实亮度.星体的视星等，绝对星等，距地球的距离有关系式（为常数）.若甲星体视星等为，绝对星等为，距地球距离；乙星体视星等为，绝对星等为，距地球距离，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数的运算可求得的值.
【详解】由已知可得，
上述两个等式作差得，因此，.
故选：A.
6．已知球的内接圆柱（圆柱的底面圆周在球面上）的高恰好是球的半径，则圆柱侧面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，可得，即求.
【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为R，如图为圆柱的轴截面，
则，
又圆柱的侧面积为，球的表面积为，
∴圆柱侧面积与球的表面积之比为.
故选：B.
7．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性，可排除C、D，利用和时，，结合选项，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，
且，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除C、D；
当时，可得，且时，，
结合选项，可得A选项符合题意.
故选：A.
8．已知直线是曲线的切线，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.
【详解】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，
于是且，所以.
故选：B
9．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，且的图象的一条对称轴是直线，则的最小值为（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】A
【分析】利用平移变换得出，再由对称轴的性质得出，，结合得出的最小值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象对应的函数为
因为函数的图象的一条对称轴是直线
所以，
解得，，又
所以当时，取最小值，为
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用对称轴的性质结合得出的最小值.
10．如图，已知四棱锥中，四边形为正方形，平面平面为上一点，且平面，则三棱锥体积最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求得三棱锥体积的表达式，然后利用基本不等式求得体积的最大值.
【详解】由题意，平面平面，得；
由平面，有；
因为,
从而平面，所以，
所以．
令，，则．
所以，
其中“”当且仅当时取得．
故选：A
11．若不等式恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把不等式转化为对x>0恒成立，设，故对任意的恒成立，利用导数可求a的取值范围.
【详解】由不等式恒成立，可知对x>0恒成立.
设，则该函数为上的增函数，故，
故对任意的恒成立，
设，则，
当时，，故为上的增函数，
而当时，有，不合题意；
当时，对任意的恒成立，
当时，
若，则，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，
故
综上：的取值范围是.
故选：A
【点睛】方法点睛：恒成立问题：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③可利用代数变形方法将不等式转化为简单不等式来处理.
12．克糖水中含有克糖，糖的质量与糖水的质量比为，这个质量比决定了糖水的甜度，如果再添加克糖，生活经验告诉我们糖水会变甜，对应的不等式为(，).若，，，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】根据题意当，时成立，得出，用作差法比较得出，即可得出答案.
【详解】解：因为，，
所以，，
根据题意当，时成立，
又，
所以，
即：，
又
所以，
所以，
故选：B.
【点睛】对数运算的一般思路：
（1）拆：首先利用幂的运算把底数或真数进行变形，化成分数指数幂的形式，使幂的底数最简，然后利用对数运算性质化简合并；
（2）合：将对数式化为同底数的和、差、倍数运算，然后逆用对数的运算性质，转化为同底对数真数的积、商、幂的运算.
二、填空题
13． ．
【答案】5
【解析】根据指数幂和对数的运算法则即可运算.
【详解】.
故答案为：5.
14．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称．若，则 ．
【答案】
【解析】由题意得，然后由求解.
【详解】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，且，
所以，
所以，
故答案为：
15．在中，角的对边分别为，且，的面积为，则的值为 ．
【答案】
【详解】由正弦定理，原等式可化为，进一步化为，则，即．在三角形中．由面积公式，可知，由余弦定理，代入可得．故本题应填．
点睛：本题主要考查正余弦定理.在利用正,余弦定理 解三角形的过程中,当所给的等式中既有正弦又有余弦时,常利用正弦定理将边的关系转化为角的关系;如果出现边的平方或者两边长的乘积时 可考虑使用余弦定理判断三角形的形状.解三角形问题时,要注意正,余弦定理的变形应用,解题思路有两个:一个是角化为边,二是边化为角.选择余弦定理和面积时，要以已知角的为主．
16．已知函数，.下列有关的说法中，正确的是 (填写你认为正确的序号).
①不等式的解集为或；
②在区间上有四个零点；
③的图象关于直线对称；
④的最大值为；
⑤的最小值为；
【答案】③④
【解析】由，则①，即，可判断；②,则或，可判断；③由条件可得可判断；，设，求出函数的单调区间可得其最值，从而可判断④，⑤
【详解】由
①，即，又，则或，故①不正确.
②,则或，又
所以，共有5个零点，故②不正确.
③
所以，则的图象关于直线对称，故③正确.
④
设 ，则，则
由解得，由解得或
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减.
当时, ,当时, ,
当时，，当时，，
所以当时，函数有最大值
所以当时,函数有最小值
所以④正确，⑤不正确.
故答案为：③④
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的对称性、零点、最值等基础知识，解答本题的关键是将，由条件可得，或，以及，得出函数在上的单调性，属于中档题.
三、解答题
17．已知函数，､，若在处与直线相切.
（1）求，的值；
（2）求在上的极值.
【答案】（1）；（2）极大值为，无极小值.
【解析】（1）求得函数额导数，根据题意列出方程组，即可求得的值；
（2）由（1）得，利用导数求得函数的单调性，结合极值的概念，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
因为函数在处与直线相切，
所以，即，解得.
（2）由（1）得，定义域为，且，
令，得，令，得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上的极大值为，无极小值.
18．已知函数(，，)的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，，分别为图象的最高点和最低点，中，角，，所对的边分别为，，，的面积.
（1）求的角的大小；
（2）若，点的坐标为，求的最小正周期及的值.
【答案】（1）；（2）最小正周期为，.
【解析】（1）根据，利用余弦定理和三角形面积公式，易得，即求解.
由，利用余弦定理可得，进而得到函数的最小正周期为，然后由在函数的图象上，求得即可.
【详解】（1），
由余弦定理得，
又，
，
即，
，
.
由题意得，，
由余弦定理，
得，
即，
设边与轴的交点为
则为正三角形，
且，
函数的最小正周期为，
，
又点在函数的图象上，
，
即，
即
，
即
又，
.
【点睛】方法点睛：（1）求f(x)＝Asin(ωx＋φ)(ω≠0)的对称轴，只需令ωx＋φ＝＋kπ(k∈Z)，求x；求f(x)的对称中心的横坐标，只需令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)即可．
（3）求最小正周期时可先把所给三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)或y＝Acs( ωx＋φ)的形式，则最小正周期为T＝；
（3）奇偶性的判断关键是解析式是否为y＝Asin ωx或y＝Acs ωx＋b的形式．
19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．
(1)求的外接圆半径R；
(2)求内切圆半径r的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦边角关系可得，应用余弦定理即可求，进而确定其大小；
（2）由正弦定理有，，根据余弦定理有，结合（1）及，应用三角恒等变换有，由三角形内角性质、正弦函数性质求范围即可.
【详解】（1）因为，由正弦边角关系得，即，
由余弦定理，得，又，所以，
由，则.
（2）由正弦定理得，所以，，
由余弦定理，得，所以，
利用等面积法可得，
则
，
∵，∴，故，则，
所以，故.
四、证明题
20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，是线段上一点（不含，），在平面内过点作平面交于点．
（Ⅰ）写出作的步骤（不要求证明）；
（Ⅱ）若，，是的中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（Ⅰ）步骤见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）过点作交于点，在平面内过点作交于，连接，根据面面平行的性质定理，即为所求．
（Ⅱ）解法一：如图建系，可求得点坐标，分别求得平面与平面的法向量和，利用向量法即可求得二面角的余弦值；
解法二：延长，交于，连接，根据线面平行的性质定理，可得，利用几何法可求得平面与平面所成角的平面角，在中，即可求得答案.
【详解】（Ⅰ）第一步：在平面内，过点作交于点；
第二步：在平面内过点作交于；
第三步：连接，即为所求．如图所示：
（Ⅱ）解法一：因为是的中点，，所以是的中点，
而，所以是的中点，
连接，交于，连，设在底面的射影为，
因为，所以，即为的外心，
所以与重合，
因为，，所以，，
过作交于，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
所以，，设平面的法向量为，
则，
取，则，，所以
因为平面，所以平面平面，又，
所以平面，
故为平面的法向量，
设平面与平面所成锐二面角的大小为，
则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
解法二：延长，交于，连接，如图所示：
因为平面，平面平面，平面，所以，
又是的中点，则是的中点，又，所以是的中点，
故，所以，
因为平面，所以平面平面，
又，所以平面，
所以平面，
所以，即平面，
所以为二面角的平面角，
在中，，故
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
【点睛】解题的关键是熟练掌握面面平行的性质定理，并灵活应用，即证明线面平行时，可先证线线平行，再根据判定定理，得到线面平行，也可先证明面面平行，根据性质定理，可到线面平行；易错点为，利用向量法求解二面角时，需要先证明两两垂直，方可建系，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.
五、解答题
21．已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：时，．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）先对求导，再对分类讨论即可得出函数的单调性；
（2）时，将所证不等式转化为，令，，分别根据导数求出的最小值和的最大值即可证明不等式.
【详解】解：（1），，
.
当时，，函数在上单调递减；
时，由，得，由，得，
此时函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：时，要证，
即要证：，，
令，则，
当时，，此时函数单调递减；
当时，，此时函数单调递增.
可得时，函数取得最小值，.
令，，
当时，，此时为增函数，
当时，，此时为减函数，
所以时，函数取得最大值，.
与不同时取得，因此，即，.
故原不等式成立.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值、分类讨论方法、等价转化方法，考查了利用导数证明不等式，属于中档题.
22．已知在直角坐标平面内，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)已知过点，倾斜角为的直线l与曲线C交于A，B两点，若M为线段AB的三等分点，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用二倍角公式化简已知式，两边同乘以，结合极坐标与直角坐标的互化公式即可；
（2）写出直线的参数方程，代入曲线的方程，得到关于参数的一元二次方程，由已知结合韦达定理以及参数的几何意义，可得关于的方程，求解得答案.
【详解】（1）由，得，
所以
所以曲线C的直角坐标方程为．
（2）设直线l的参数方程为（t为参数，），
代入，得，
恒成立，
所以，．
由M为线段AB的三等分点，且，故．
将代入前式，得
，，
所以，
，则
解得：或．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若的最小值为，且实数，满足，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意分、和三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.
【详解】（1）由题意可知：，
①当时，不等式即为，解得，所以；
②当时，不等式即为，解得，所以；
③当时，不等式即为，无解，即；
综上所示：不等式的解集为.
（2）由绝对值不等式的性质可得：，
当且仅当时，等号成立，
所以取最小值4，即，
可得，即，
所以
当且仅当，即时，等号成立.