2024届辽宁省部分学校高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届辽宁省部分学校高三上学期10月月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】因为，所以．
故选：B
2．设命题，则为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据存在量词命题的否定形式可得.
【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以的否定为，.
故选：B．
3．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算可得答案.
【详解】由题意可得.
故选：D.
4．函数在区间上的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性可排除AB，根据最值范围可排除D.
【详解】由于，所以，所以为偶函数，故排除AB,
由于，故当时，，故排除D，
故选：C
5．某质点的位移（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，当时，该质点的瞬时速度大于，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求导函数再根据瞬时速度列不等式计算即可.
【详解】，因为当时，该质点的瞬时速度大于，所以
显然不是负数，所以．
故选：B.
6．在中，，，E是AB的中点，EF与AD交于点P，若，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】利用向量的线性运算求得，由此求得m，n，进而求得.
【详解】
因为，所以，
则.
因为A，P，D三点共线，所以.
因为，所以.
因为E是边AB的中点，
所以.因为E，P，F三点共线，
所以，
则，解得，从而，，故.
故选：A
7．已知函数则“”是“有3个零点”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】令，得到时，，时，，构造，画出函数图象，得到有3个零点时，，再结合对恒成立，求出，得到答案.
【详解】当时，令，得，故，
当时，令，得，则，
令函数的图象，
画出和的图象，如图所示．
由图可知，当时，直线与的图象有3个交点．
因为对恒成立，所以对恒成立，所以．
故当有3个零点时，．
因为是的真子集，
所以“”是"有3个零点”的必要不充分条件．
故选：B
8．若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通过题目条件，得到，令，又因为，所以可以得到的范围，同时绘画出函数与直线的图像，通过交点个数为8个，从而得到的取值范围.
【详解】由，得，
因为，所以令，
依题意可得，，解得．
故选：D
二、多选题
9．已知向量，，，，则（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】AC
【分析】利用平面向量加法的坐标运算可判断A选项；利用平面向量垂直的坐标表示求出的值，利用平面向量减法的坐标运算可判断B选项；求出的坐标，利用平面向量模长的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，，A正确；
对于B选项，因为，所以，则，
所以，B错误；
对于C选项，因为，
所以，C正确；
对于D选项，在上的投影向量为
，D错误．
故选：AC.
10．已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知，利用赋值法计算判断得解.
【详解】定义在上的函数满足，
令，得，而，则，A正确；
令1，得，而，则， 令，
得，即，而，即，则，B正确；
令，得，
即有，因此，C错误，D正确.
故选：ABD
11．若函数的最小值为，则（ ）
A．当时，的图象关于点对称
B．当时，
C．存在实数与，使得
D．当时，将曲线向左平移个单位长度，得到曲线
【答案】BCD
【分析】A项，将得出函数表达式，即可求出对称点；B项，将代入，得出函数表达式，即可求出最小值；C项，将代入，得出函数表达式，即可得出最小值，进而得出与的关系；D项，将代入得出函数表达式，对图象平移即可得出平移后的表达式.
【详解】由题意，
A项，当时，，
当即时，函数关于对称，
∴的图象关于点对称，所以A错误．
B项，当时，，则，所以B正确．
C项，当时，，，
此时，所以C正确．
D项，当时，，将曲线向左平移个单位长度，得到曲线，
因为，所以D正确．
故选：BCD.
12．已知实数满足且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则的最小值为
C．的最大值为
D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，可得，再结合均值不等式逐项分析判断作答.
【详解】由，得，而，则，
对于A，，A正确；
对于B，，则，显然均为正数，即有，
因此，
当且仅当，即时取等号，B正确；
对于C，显然，
由，得，因此，C错误；
对于D，由，得，
当且仅当时取等号，即，由，得，则的最小值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.
三、填空题
13．已知一个扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积为 ．
【答案】
【分析】利用扇形面积公式计算即可.
【详解】设扇形半径为，由题意可知，所以该扇形的面积为．
故答案为：.
四、双空题
14．若函数，，，则 ，的值为 ．
【答案】 5或50
【分析】根据函数解析式可得，结合已知可得，再根据解得或2，列对数方程求参即可.
【详解】因为，所以，所以，所以．
由，解得或2，所以或，所以或，所以的值为5或50．
故答案为：；5或50.
五、填空题
15．分别为内角的对边．已知，则的最小值为 ．
【答案】/0.6
【分析】因为，所以代入，得到，并结合基本不等式，得到的最小值.
【详解】由余弦定理得．
当且仅当时，取等号.
所以的最小值为
故答案为：
16．已知定义在上的函数的导函数都存在，若，且为整数，则的可能取值的最大值为 .
【答案】14
【分析】构建，根据题意利用导数可得在上单调递减，由，结合题意分析求解.
【详解】因为，
设函数，则，
所以在上单调递减，
则，即，
整理得，
又因为为整数，
所以的可能取值的最大值为14.
故答案为：14.
六、解答题
17．山东省滨州市的黄河楼位于蒲湖水面内东南方向的东关岛上，渤海五路以西，南环路以北.整个黄河楼颜色质感为灰红，意味黄河楼气势恢宏，更在气势上体现黄河的宏壮.如图，小张为了测量黄河楼的实际高度，选取了与楼底在同一水平面内的两个测量基点，现测得，在点处测得黄河楼顶的仰角为，求黄河楼的实际高度（结果精确到，取）.
【答案】
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】由题知，
，
在中，由正弦定理得，
则.
在中，，
所以，
故黄河楼的实际高度约为.
18．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)证明：（1）中的切线经过定点；
(3)若在上有极值，求的取值范围，并指出该极值是极大值还是极小值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)的取值范围为；该极值为极小值
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）结合（1）直接求直线过定点即可；
（3）利用零点存在性定理及二次函数的单调性可求，再利用导数研究函数的极值即可.
【详解】（1）由题意可得，则．
又，所以曲线在点处的切线方程为，
化简得．
（2）令，得，
所以（1）中的切线经过定点，且定点的坐标为．
（3）易知在上单调递增，
又在上有极值，所以在上有零点，
故，
解得，即的取值范围为．
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以在处取得极小值，即在上有极小值．
19．已知函数的图象经过点，且图象相邻的两条对称轴之间的距离是.
(1)求的单调递增区间；
(2)若对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据余弦函数的对称性求得函数的周期，即可求得，再利用待定系数法求出，再根据余弦函数的单调性即可得解；
（2）先求出函数的值域，不等式恒成立，即恒成立，进而可得出答案.
【详解】（1）由题意可得的最小正周期，则，
因为的图象经过点，所以，
所以，解得，
因为，所以，
令，解得，
即的单调递增区间为；
（2）因为，所以，
所以，则，
因为对任意的，不等式恒成立，
所以恒成立，
所以，解得，
故m的取值范围为.
20．已知．
(1)设，求的值；
(2)若是方程的实根，且，求的值．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）先根据诱导公式化简,再根据齐次式求正切值,最后应用两角和差正切计算即可;
（2）先根据方程化简可得正弦值,再根据同角三角函数关系结合角的范围求余弦值.
【详解】（1）．
由，得，
解得或2，
所以或．
（2）由，得，
则，即．又因,
且，所以，
所以．
21．已知函数.
(1)若，求在上的值域；
(2)若函数恰有两个零点，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设，判断函数在上的单调性，即可求值域；
（2）由题意可得有两个根，利用导数研究的性质，数形结合即可得参数范围.
【详解】（1）因为，所以，则在上为减函数，
因为，所以在上的值域为
（2）由得：，则，
则，所以
因为，所以，整理得有两个根.
令，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
当趋向时趋向于，当时.
故的取值范围是.
22．已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，证明：，．（提示：）
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】对于（1），对函数进行求导，从而得到函数的单调性，从而分析的单调性.
对于（2），要证，即证，代入，得到.分别构造函数和，计算函数的单调性及最值，从而证明成立，这样可证明，.
【详解】（1），由，得．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
故在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：因为，所以要证，
只需证，即证．
令函数，则，当时，；当时，．
所以在上递增，上递减.
所以．
令函数，则．当时，；当时，．
所以在上递减，在上递增.
所以．
因为，所以，所以，
所以，从而得证，
故．
【点睛】本题考查了与导数相关的单变量不等式的证明方法
通常有以下四种：
1、做差构造函数法
可以将证的问题转化为，进而构造函数
2、最值法
想要证，有时可以证明即可，本题考查的就是这个方法
3、放缩法：有时可将所证明的不等式进行适当放缩，再重新构造函数
4、同解变形后再利用以上三种方法解题