2024届天津市第九中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届天津市第九中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，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S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁RS）∪T=（ ）
A．（﹣2，1]B．（﹣∞，﹣4]C．（﹣∞，1]D．[1，+∞）
【答案】C
【详解】∵集合S={x|x＞﹣2}，
∴∁RS={x|x≤﹣2}
由x2+3x﹣4≤0得：T={x|﹣4≤x≤1}，
故（∁RS）∪T={x|x≤1}
故选C．
2．设，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
【详解】 ，但，不满足 ，所以是充分不必要条件，选A.
【解析】 充要条件
【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.
3．下列运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用基本初等函数求导公式判断即可.
【详解】对于A项：常值函数求导，，所以A错；
对于B项：指数函数求导，，所以B错；
对于C项：幂函数求导，，所以C错；
对于D项：对数函数求导，，所以D正确.
故选：D.
4．函数的大致图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出函数的定义域，由函数的奇偶性及在部分区间上函数值的正负、变化情况判断作答.
【详解】函数的定义域为，，
即为奇函数，图象关于原点对称，排除A；
当时，，，即，当时，，，即，排除C；
而当时，，函数在上单调递减，趋近于0，排除D，选项B符合题意.
故选：B
5．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由，，可得解.
【详解】由，且，所以，即.
又，即.
综上：.
故选:B.
6．在中，若，，则的面积为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【分析】首先利用余弦定理求出，再利用三角形的面积公式：即可求解.
【详解】在中，若，
所以，
又，所以
所以，因为，
所以.
故选：C
【点睛】本题考查了余弦定理解三角形、三角形的面积公式，考查了基本运算求解能力，属于基础题.
7．砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气.如图所示，一扇环形砖雕，可视为将扇形截去同心扇形所得图形，已知，，，则该扇环形砖雕的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据扇形的面积公式公式即可求解．
【详解】由以及扇形的面积公式可得：
故选：D
8．已知两条异面直线的方向向量分别是，则这两条异面直线所成的角满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可求得结果.
【详解】因为，
所以，
又因为这两条异面直线所成的角为这两方向向量的夹角或夹角的补角，，
所以，则，
故选：B.
9．若将函数的图象向左平移个单位长度后.得到的函数图象关于对称.则函数在上的最小值是（ ）．
A．B．C．D．0
【答案】D
【解析】写出平移后图象的函数解析式，由对称性求得，再由余弦函数性质得最小值．
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度后.得到图象解析式为，它的图象关于点对称，
则，又，所以，
所以，时，，所以最小值为0，此时．
故选：D．
【点睛】本题考查三角函数图象平移变换，考查正弦函数的对称性，余弦函数的最值．掌握正弦函数与余弦函数性质是解题关键．
二、填空题
10．已知，且复数是纯虚数，则 .
【答案】
【解析】根据复数的四则运算进行化简得，又由于该复数为纯虚数，故，解得.
【详解】解：，
又该复数为纯虚数
故，，
故答案为：
11． .（请用数字作答）
【答案】2
【分析】利用指数运算性质和对数的运算性质求解即可
【详解】
，
故答案为：2
三、双空题
12．设，且，则 ， .
【答案】 2 3
【分析】根据求出，从而，由此能求出的值.
【详解】∵，且，∴，解得，∴，
∴.
故答案为：2，3.
四、填空题
13．曲线在点（1，1）处的切线方程为 .
【答案】
【详解】 ，故切线方程的斜率
又 ，故曲线在点处的切线方程为
整理得
即答案为
五、双空题
14．若，则 ； .
【答案】
【解析】利用同角三角函数的基本关系以及二倍角公式即可求解.
【详解】由，则，
所以，
.
故答案为：；
15．已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是 ；若存在实数，使得关于的方程有三个不同的根，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意画出函数的图象，结合图象可得关于m的不等式，求解得答案.
【详解】时，函数的图象如下图所示：
要使在区间上单调递增，则，解得，又，所以的取值范围是；
要使关于的方程有三个不同的根，则，即，所以的取值范围是，
故答案为：；．
【点睛】方法点睛：对于分段函数的单调性，方程的根的个数等相关问题，运用数形结合是常采用的方法．
六、解答题
16．在中，角所对的边分别是．已知．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理即可解出；
（3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出．
【详解】（1）由正弦定理可得，，即，解得：；
（2）由余弦定理可得，，即，
解得：或（舍去）．
（3）由正弦定理可得，，即，解得：，而，
所以都为锐角，因此，，
．
17．已知函数.
(1)求的最小正周期和对称中心；
(2)求的单调递增区间；
(3)若函数在存在零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)最小正周期为，对称中心为，
(2)，
(3)
【分析】（1）化简的解析式，由此求得的最小正周期和对称中心.
（2）利用整体代入法求得的单调递增区间.
（3）由，转化为求三角函数的值域来求得的取值范围.
【详解】（1）
，
所以函数的最小正周期为，
令，，解得，，，
所以函数的对称中心为，.
（2）令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为，.
（3）因为函数在存在零点，
即方程在上有解，
当时，，故，
所以，即，故实数的取值范围为.
18．在长方体中，，，点､分别是直线､直线的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：点到平面的距离；
(3)求直线与平面的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设,连接，则可得四边形是平行四边形，即得从而可证.
（2）以点为坐标原点，以、、为，，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求解.
（3）由（2）建立的空间坐标系，利用向量法可求解.
【详解】（1）（1）设,连接.
由题得四边形是平行四边形，
所以又平面，不在平面内，
所以平面；
（2）以点为坐标原点，以、、为，，轴建立空间直角坐标系，
则：，0，，，4，
，4，，，2，，，4，,
,, ，
设为平面的一个法向量，则
所以，取可得
点到平面的距离为
（3）,设直线与平面的夹角为
则
所以
19．如图，四棱锥的底面ABCD是矩形，平面ABCD，，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角余弦值的大小；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明直线所在的向量与平面内两个不共线的向量垂直，即可得到直线与平面内的两条相交直线垂直，进而得到线面垂直；
（2）由题意求出两个平面的法向量，求出两个向量的夹角，进而转化为二面角的平面角即可．
【详解】（1）如图所示，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，
在中，因为，，则，所以，，
可得，，，
因为，，即，，
且，平面，所以平面.
（2）由（1）可得，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
故平面的法向量可取为，
因为平面，则为平面的一个法向量，
可得，
设二面角的大小为，由图易得为锐角，
所以二面角余弦值为.
20．已知函数，.
（1）当时，求的极大值；
（2）求的单调区间；
（3）当时，设函数，若实数满足：且，，求证：.
【答案】（1）极大值为；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）求导，确定函数单调性，进而可得极大值；
（2）求导，令导函数为0，得到一个二次方程，通过讨论判别式，以及根与原函数定义域的位置关系来确定函数单调区间；
（3）通过条件可得，，消去可得，令，得到关于的方程，求导，利用零点存在性定理确定方程根的位置即可.
【详解】解：函数的定义域为.
（1）当时，，，
令得.
列表：
所以的极大值为.
（2）.
令得，记.
（i）当时，，所以在区间单调递减；
（ii）当时，由得，，
①若，则，
由，得，；由，得.
所以，的单调递减区间为，，
单调递增区间为；
②若，由（1）知单调递增区间为，单调递减区间为；
③若，则，
由，得；由，得.
所以，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3），
由，得，即
因为，所以（舍），或.
所以.
由得（*）
因为，
所以（*）式可化为，
即.
令，整理，得.
记，，
令得（舍），，
列表：
所以，在单调递减，在单调递增，
又因为，，所以，从而.
【点睛】方法点睛：第二问，当导函数跟二次函数有关时，我们一般针对以下方面分类讨论：1.判别式，2.二次函数零点的大小，3.开口方向，4. 二次函数的零点与原函数定义域之间的位置关系.
第三问：函数零点我们常用零点存在性定理确定零点位置.
1
+
0
-
极小值
-
+