四川省双流棠湖中学2023-2024学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省双流棠湖中学2023-2024学年高三数学（理）上学期10月月考试题（Word版附解析），共4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. 若集合，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】 由题意，集合，
所以，故选B.
2. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二次函数，分式函数，指数函数，对数函数的函数特征分别讨论单调区间可求解．
【详解】选项A是开口向下，对称轴为x=0的二次函数，所以在是单调递减，不符．
选项B为分式函数，定义域为，所以只有两个减区间，也不符，
选项C是底数属于(0,1)的指数函数，所以在R上单调递减，不符．
选项D是定义在上以10为底的对数函数，所以在上单调递增，符合，
故选：D.
3. 已知，条件，条件，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本不等式证明充分性，利用特殊值证明必要性不成立，即可判断；
【详解】解：因，由，得：，则，当且仅当时取等号，因此推得出，即充分性成立，
取，满足，但，即推不出，即必要性不成立，所以是的充分不必要条件，
故选 ：A
4. 古代人家修建大门时，贴近门墙放置两个石墩.石墩其实算是门墩，又称门枕石，在最初的时候起支撑固定院门的作用，为的是让门栓基础稳固，防止大门前后晃动.不过后来不断演变，一是起到装饰作用，二是寓意“方方圆圆”.如图所示，画出的是某门墩的三视图，则该门墩从上到下分别是（ ）
A. 半圆柱和四棱台B. 球的和四棱台
C. 半圆柱和四棱柱D. 球的和四棱柱
【答案】D
【解析】
【分析】
根据几何体的三视图直观想象出几何体的直观图，从而可得几何体的结构特征.
【详解】由几何体的三视图可知：
该几何体上面是球的，下面是放倒的四棱柱.
故选：D
【点睛】本题考查了几何体的三视图还原直观图，考查了空间想象能力，属于基础题.
5. 已知，且，则的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式及二倍角公式即得.
【详解】，，
.
故选：A.
6. 弹簧上挂的小球做上下振动时，小球离开平衡位置的距离随时间的变化曲线是一个三角函数的图像（如图所示），则这条曲线对应的函数解析式是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的部分图像得到或，并分别讨论或时的解析式
【详解】解：设该曲线对应的函数解析式为，
由图可知，或，，则，
当时，，
由，解得，
因为，所以，所以；
当时，，
由，解得，
因为，所以，所以；
故选：A
7. 方程的两根为，，且，则
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】
利用韦达定理求出与的值，由两角和的正切公式求得，从而可得结果.
【详解】∵方程的两根为，，且，
∴，，再结合，故，，
∴，故．
又，∴，故选B．
【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
8. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的()倍(纵坐标不变)，得到函数的图象，若函数在区间上是增函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据图象变换求解出的解析式，然后结合正弦函数的单调增区间以及的周期的范围，列出关于的不等式组并求解出的取值范围.
【详解】将函数的图象经过变化后得到的图象，
令()，即()，
∵在上是增函数，∴，
又，∴，
令时，解得，当且时，不符合题意，
故选：B.
【点睛】思路点睛：已知正、余弦型函数（或）的单调区间求解参数范围的步骤：
（1）根据函数以及单调性列出关于的不等式；
（2）将单调区间的端点值代入关于的不等式中，同时注意到单调区间的长度不会超过半个周期；
（3）由（1）（2）列出关于参数的所有不等式，由此求解出参数范围.
9. 函数，则（ ）
A. 0B. C. 4D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】首先设，则，根据对数的运算法则知，再计算即可.
【详解】设，
因为
.
所以
.
故选：C
【点睛】本题主要考查对数的运算，熟练掌握对数的运算法则为解题的关键，属于中档题.
10. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用，判断函数值的大小，即可判断选项.
【详解】，，，
设 ，且，令，得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因为，且，
所以，即.
故选：B
11. 在正三棱锥P-ABC中，D，E分别为侧棱PB，PC的中点，若，且，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意，利用三角形相似得到，取线段PE的中点F，连接DF，AF，利用余弦定理和勾股定理求出外接球半径，代入外接球的表面积公式即可求解.
【详解】如图，因为P-ABC为正三棱锥，所以，．
取线段PE的中点F，连接DF，AF，因为D为PB的中点，所以，．因为AD⊥BE，所以．在中，，
由勾股定理，得．设，PA=x，
在中，由余弦定理的推论，得①．
同理，在中，由余弦定理的推论，得②．
联立①②，解得，．
在中，由余弦定理，得，所以．取的中心，连接，，则平面ABC，
三棱锥P-ABC的外接球球心O在上，连接OA，设外接球半径为R．
在中，OA=R，，
所以，
所以，所以，
即，解得，
所以所求外接球的表面积为．
故选：C．
12. 定义在上的奇函数，满足，当时，，，则函数在的零点个数为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得时，的解析式，结合的奇偶性和对称性画出在区间的图象，由来确定的零点个数.
【详解】是定义在上的奇函数，，
当时，，，
，
所以当时，.
奇函数，图象关于原点对称，
由于，所以图象关于直线对称，由此画出在区间的图象如下图所示，
由图可知有个解，也即有个解，即有个零点.
故选：D
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. 已知是虚数单位，则复数的实部为______.
【答案】0
【解析】
【分析】利用复数的除法计算即得解.
【详解】解：，
所以复数的实部为0.
故答案为：0
14. 若，满足，则的最小值是________．
【答案】1
【解析】
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义计算作答.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中点，，
令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画直线：，平移直线到直线，当直线过点A时，直线的纵截距最小，最小，，
所以的最小值是1.
故答案为：1
15. 已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】不等式存在性问题，转化成求最值，解不等式即可.
【详解】因为在单调递减，所以当x=2时，f(x)取最小值2a+2
若，使成立，只需f(x)min<0即可，即，得，满足.
所以实数的取值范围.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．
16. 关于函数有如下四个结论：
①对任意，都有极值；
②曲线的切线斜率不可能小于；
③对任意，曲线都有两条切线与直线平行；
④存在，使得曲线只有一条切线与直线平行．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②④
【解析】
【分析】举反例否定①；求得导函数的取值范围判断②；取特例否定③；取特例证明④.
【详解】对①：当时，，为增函数，无极值.所以①错误;
对②：，所以②正确．
对③：当时，，
设切点，由，可得或
则切点为或
则所求切线方程为或
这两条切线中与平行，与重合.
即当时，曲线只有一条切线与直线平行，且这条切线的切点的横坐标为，所以③错误；
对④：由③可知，④正确．
故答案为：②④
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. 如图，在△ABC中，∠ACB＝，BC＝2，P是△ABC内的一点，△BPC是以BC为斜边的等腰直角三角形，△APC的面积为．
（1）求PA长；
（2）求cs∠APB的值．
【答案】（1） ； （2）.
【解析】
【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，求得的值，利用面积公式求得的长，再由余弦定理求得的长；（2）在三角形中，用正弦定理求得的值，再利用诱导公式求得的值.
【详解】（1）由题设∠PCA＝，PC＝，AC·PC·sin＝，得AC＝3．
（或由题设AC·BC＝，得AC＝3．）
在△PAC中，由余弦定理得PA＝＝．
（2）在△APC中，由正弦定理得，得sin∠APC＝．
于是cs∠APB＝cs(－∠APC)＝－sin∠APC＝．
【点睛】本小题主要考查解三角形，考查正弦定理和余弦定理的应用.题目的突破口在于三角形为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出角度和边长，再结合正弦定理和余弦定理适用的条件，即可求得题目所求.属于中档题.
18. 已知函数，且．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有最值，写出的取值范围．（只需写出结论）
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，即可求出切线方程；
（2）求出函数的导函数，分和两种情况讨论，讨论导函数的符号变换，进而得到函数的单调区间；
（3）由（2）中的结论判断即可.
【小问1详解】
解：当时，由题设知.
因为，
所以.
所以在处的切线方程为.
【小问2详解】
解：因为，所以 .
当时，定义域为 .
且
故的单调递减区间为，，，
当时，定义域为， 当变化时，，的变化情况如下表：
故的单调递减区间为，，单调递增区间为．
综上所述，
当时，的单调递减区间为，，，
当时，故的单调递减区间为，，
单调递增区间为．
【小问3详解】
解：由（2）可知要使函数有最值，则，
使得函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且当时，当时，
所以在处取得极小值即最小值，在处取得极大值即最大值.
19. 如图，，，平面，，，．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由平面，证得平面平面，证得平面，
得到，证得平面，得到，从而证得，进而证得平面，即可得到.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角即可.
【小问1详解】
取D为线段BC中点，连接AD与DB1，
平面，平面，
平面平面，
平面平面．
又是以BC为斜边的等腰直角三角形，
，平面．
平面，
．
，平面，
平面，
平面，
，，
与都为直角三角形，又，．
，，，
，．
平面，平面，，
平面，平面，．
【小问2详解】
，平面，
，，又．
以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，．
轴平面，
取平面一个法向量．
设平面一个法向量为，
，，
由，，
可得．
．
二面角的正弦值为．
20. 已知函数（）图象的相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求的单调递增区间以及图象的对称中心坐标；
（2）是否存在锐角，，使，同时成立？若存在，求出角，的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）递增区间为（）；对称中心坐标为（）
（2）存在；，
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简解析式，再根据正弦型函数图象性质求解即可；
（2）由诱导公式可得，又，代入化简可得，。
【小问1详解】
解：
，
由图象的相邻两条对称轴之间的距离为，得的最小正周期，解得．
所以，
由（），得（），
所以的递增区间为（），
由（），得（）；
所以图象的对称中心的坐标为（）．
【小问2详解】
解：存在．
因为，，
所以，
所以．
又，，所以，
即，即，
即，即，
所以，由为锐角，得，所以，，从而．
故存在，符合题意．
21. 已知函数．
（1）若函数有两个零点，求的取值范围；
（2）若，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导，再对参数进行分类讨论，根据零点存在定理即可求解.
(2) 先求导，再对参数进行分类讨论，根据单调性即可求解
【小问1详解】
解：由，得，
若，则，单调递增，不 可能有两个零点，不符合题意；
若，令，得，则时，，单调减；
则时，，单调增，则在时取得极小值，也即为最小值，
又时，；时，，函数有两个零点，则有，即，解得．
所以，有两个零点时，的取值范围是．
【小问2详解】
解：不等式，即，
则，，．
①当时，，令，则，由，则，故即在时单调递增，则，
所以在时单调递增，故，所以成立．
②当时，，，
则，使得，由上可知在时单调递增，
则当时，，则单调递减，所以，不满足条件．
综上所述，的取值范围是．
（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]（10分）
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)．以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标为
（1）求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线交于两点，点的坐标为，证明：直线关于轴对称．
【答案】（1）；；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）利用同角的三角函数关系式把曲线的参数方程化成普通方程，利用直角坐标方程与极坐标方程互化公式，结合两角和的余弦公式把直线的极坐标方程，化成直角坐标方程；
（2）通过解方程组求出两点坐标，根据直线斜率公式进行证明即可.
【详解】（1）由曲线参数方程（为参数）可得
曲线的普通方程为．
直线的极坐标方程可变形为：
，
于，其直角坐标方程为．
（2）由方程组消元，有．
由此可知，点的坐标分别为
直线的斜率分别为
所以，
于是，直线关于轴对称．
[选修 4-5：不等式选讲]（10 分）
23. 已知函数
（1）求不等式的解集；
（2）记函数的最小值为，若是正实数，且，求证.
【答案】（1）不等式的解集为，（2）证明见详解
【解析】
【分析】
（1）分3种情况解出即可
（2）首先求出，即可得到，然后，用基本不等式即可证明.
【详解】（1）等价于
或或
解得或或
所以不等式的解集为
（2）因为
当时等号成立，所以的最小值为3，即
所以
所以
当且仅当时等号成立
【点睛】本题考查的是含绝对值不等式的解法及利用基本不等式求最值，属于典型题.

单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减