四川省泸县第四中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第四中学2023-2024学年高三数学（文）上学期10月月考试题（Word版附解析），共8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. 设集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【分析】设球半径为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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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. 已知水平放置的的平面直观图是边长为1的正三角形，那么的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合运算求解.
【详解】由题意可知：直观图的面积，
所以的面积.
故选：A.
11. 已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当 时， ；当 时， ；当 时， ；令 ，则，所以当 时，单调递增，；当 时，在 上单调递减，在 上单调递增，，；综上实数的取值范围是，选B.
点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.
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（假设全部溶解），生活经验告诉我们糖水会变甜，对应的不等式为，这个不等式趣称为糖水不等式．根据糖水不等式，下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用条件及不等式的性质逐项判断即得.
【详解】对于A，由得，，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，由题得，故C错误；
对于D，由糖水不等式得，所以，故D错误.
故选：A.
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. ______．
【答案】5
【解析】
【分析】
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】
【分析】
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】
【解析】
【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. 设函数在区间上的最小值和最大值分别为和，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】
计算出当时，，可得出函数在区间上的图象关于点对称，由此可求得的值.
【详解】当时，，
所以，函数在区间上的图象关于点对称，
因此，.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用函数的对称性求解函数最值之和，考查计算能力，属于中等题.
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. 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】
【分析】
（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】
【分析】
（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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】(1) 连接交于,证明即可.
(2)证明是三棱锥的高再换顶点求即可.
【详解】（1）证明：连接交于,则是的中点,连接,
则是的中位线,所以,
因为面面,
所以平面
（2）因为面,面,所以,
又,所以面,
又面,所以
因为,是的中点,所以,，
所以面,所以是三棱锥的高.
经计算得, ,,
,所以,
得,
【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与线面垂直求高的方法,同时也考查了换顶点求体积的方法,属于中等题型.
20. 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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为，由正弦边角关系得，即，
由余弦定理，得，又，所以，
由，则.
【小问2详解】
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.
21. 设函数．其中，e是自然对数的底数.
（1）若，求证：x >2；
（2）当时，恒成立，求a的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）移项为，构造函数，求导，根据函数单调性可证，从而得证；
（2）不等式转化为，根据函数的单调性可得，，构造函数，根据导数与函数单调性的关系即可求得a的取值范围，从而求得a的最大值．
【小问1详解】
因为，所以，
设，则即为，
因为，恒成立，
所以在R上是增函数，
所以，结论成立；
【小问2详解】
由得，，
由（1）知在R上是增函数，
所以由得，，
所以恒成立，只需，
令，，
则，
①若，即时，恒成立，
故在上是增函数，此时，
所以，结合可得，；
②若，即时，
当时，，故在上是增函数，
当时，，故在上是减函数，
故在处取得极小值，也是最小值，
故，故，
综上所述，，所以a的最大值为l．
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
（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. 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
【解析】
【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.
【小问1详解】
由，得，
所以
所以曲线C的直角坐标方程为．
【小问2详解】
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．
[选修 4-5：不等式选讲]
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
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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