2024届陕西省部分学校高三上学期10月质量监测考试数学（理）试题含解析

这是一份2024届陕西省部分学校高三上学期10月质量监测考试数学（理）试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．复数是纯虚数，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】根据纯虚数的定义列式求解即可.
【详解】因为是纯虚数，
则，解得.
故选：B.
2．向量，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量坐标表示可得，再由即可计算出.
【详解】由题意可得，
又，所以，解得；
故选：C
3．全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由补集和交集定义直接求解即可.
【详解】，.
故选：A.
4．已知，则大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由指数函数单调性、对数函数单调性即可求解.
【详解】因为在上单调递增，且在上单调递增，
所以有，
所以大小关系是.
故选：C.
5．等边边长为，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算公式，准确运算，即可求解.
【详解】如图所示，由是边长为的等边三角形，且，可得，
所以.
故选：D.
6．已知，终边上有点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数定义得到，进而得到，，并判断出在第四象限，结合的范围得到答案.
【详解】由题意得，
故，，又，故在第四象限，
又，所以，
从而，解得，
又，所以，
故.
故选：D
7．函数在区间的图象上存在两条相互垂直的切线，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点横坐标为，所作切线斜率为，则，
当时，，故不存在；
当时，满足：.
所以：.
故选：C.
8．，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据同角关系可求解进而根据和差角公式即可求解.
【详解】，故
故
.
故选：D
9．已知，则以下不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用不等式的性质，结合均值不等式、作差法比较大小判断ABD；举例说明判断C.
【详解】对于B，由，得，即，解得，B正确；
对于A，由，得，A正确；
对于C，取显然满足条件，C错误；
对于D，，由，得，
由，得，即，因此，D正确.
故选：C
10．条件是上的增函数；条件；则正确的是（ ）
A．p是q的必要不充分条件B．p是q的充分不必要条件
C．p是q的充要条件D．p是q的既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据对数函数的单调性、分式不等式的解法以及充分、必要条件的知识确定正确答案.
【详解】对于，是上的增函数，所以；
对于，.
因为是的真子集，所以p是q的必要不充分条件.
故选：A
11．已知，，的两个零点是，则以下结论：①有两个零点；②，对，；③；④也是的零点.其中正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用一元二次方程根的个数的判断方法可确定①②正误；由韦达定理可知③正确；利用，，代回验证可知④正确.
【详解】对于①，令，则，
，，，，
方程有两个不等实根，即有两个零点，①正确；
对于②，，，
，，，，
不恒成立，即，使得，②错误；
对于③，，，③正确；
对于④，是的两个零点，，，
，，
即是方程的两根，也是的零点，④正确.
故选：C.
12．已知满足，则最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出可行域，由几何意义得到最小值为到直线的距离的平方，由点到直线距离公式求出答案.
【详解】可行域如图中阴影部分，
的几何意义是：可行域中的点与点的距离，
故的最小值为到直线的距离，
即，
故最小值为，经检验成立.
故选：D
二、填空题
13．不等式的解集 .
【答案】
【分析】根据对数不等式的解法求得正确答案.
【详解】，
故原不等式化为，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
14．已知，，当变化时，最小值为4，则 .
【答案】2
【分析】利用换底公式结合基本不等式确定的最小值表达式，结合题意可得方程，即可求得答案.
【详解】由题意得，，
，当且仅当即时取等号，
∴，此时，适合题意，
故答案为：2
15．函数，定义域都为，为奇函数，且满足，，在区间上，，则 .
【答案】/0.25
【分析】根据题意推出满足，从而求得的值，结合求出，即可求得答案.
【详解】由题意函数，定义域都为，为奇函数，则，
由可得，
∴，
令，则，即，
故，
∵，∴，
由得，
故，
故答案为：
16．考察函数，有，故在区间上单调递减，故对有，由上结论比较从小到大依次是 .
【答案】
【分析】利用题设结论与对数运算公式即可求解.
【详解】由结论得：，
又，所以
故答案为：.
三、解答题
17．.
(1)求的最小周期及最大值；
(2)求在上所有零点的和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，再利用正弦函数的性质求解即可.
（2）由求出相位的范围，再求出所有零点即可.
【详解】（1）依题意，
，
当，即时，，
所以的最小正周期，最大值为.
（2）由，得，当时，，
因此，解得，则，
所以在上所有零点的和为.
18．已知函数.
(1)已知，求最小值；
(2)讨论函数单调性.
【答案】(1)0
(2)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导数，判断函数的单调性，利用单调性求出最值即可；
（2）求出函数的导数，分类讨论，根据导函数的正负，判断函数的单调性即可.
【详解】（1）当时，，
所以.
时，，
时，，时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故最小值为.
（2），
时，当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增.
当时，当或时，在和上单调递增；
当时， 在上为减函数.
当时，上，在上为增函数.
当时，当或时，在和为增函数；
当时，在上为减函数.
综上，时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在和上单调递增，在上为减函数；
时，在上为增函数；
时，在和为增函数，在上为减函数.
19．的内角的对边分别为的面积为.
(1)求；
(2)设点为外心，且满足，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由数量积的定义得，再结合三角形面积公式可得，从而得角；
（2）由圆性质得，然后由数量积定义求得，再由正弦定理求得．
【详解】（1），
两式相除得：，
又，∴.
（2）为外心，故.
由正弦定理可知：.
20．的内角的对边分别为为平分线，.
(1)求；
(2)上有点，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形面积公式及二倍角的正弦公式化简即可.（2）设分别在，中，用正弦定理把表示出来，联立方程即可求解.
【详解】（1）
设，
，
，，
，
（2）由（1）知：，
中，，
，故得：，
设中，
，
，
中，，，
，
两式相除得：，
，
，，
，
为锐角，故.
21．已知函数过点，且在上最小值为.
(1)求，；
(2)时，求图象上的点到距离最小值.
【答案】(1)，；
(2)最小值为.
【分析】（1）由基本不等式列式求解，
（2）转化为关于的函数，结合基本不等式求解．
【详解】（1）将代入解析式得：，，
两式联立解得：或，由得：，.
（2）设是函数图象上的点，则，
，故的最小值为，
仅当，即时取等号.
22．已知函数有两个零点，.
(1)求的范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过构造函数，，分别利用导数判断函数的单调性，再借助复合函数的单调性，得到函数的单调性，再利用条件即可得到结果；
（2）由（1）知，是方程的两解，从而得到，将问题转化成证明，构造函数，利用导数研究函数的单调性，再利用函数的单调性，即可证明结论．
【详解】（1）由，得到，
令，，则恒成立，故为增函数，
令，则，
当时，，当时，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
由复合函数的单调性知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，又时，，时，，
又函数有两个零点，，
所以，得到.
（2）因为，是函数的两个零点，由（1）知，也是方程的两解，
即，，两式相减得到，
又，整理得
故要证：，只须证：，
即证：，
令，
即证：，令，
在区间上恒成立，即函数在区间单调递增，
所以，即，故原命题得证.
【点睛】本题考查了导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与零点的应用，导数与不等式的综合应用，在利用导数证明不等式时，一般会构造一个函数，转化为求解函数的取值情况进行研究，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．