2024届宁夏银川市育才中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含答案

这是一份2024届宁夏银川市育才中学高三上学期第三次月考数学（理）试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：D.
2．若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设复数，则，根据复数的加减法与复数相等求得结果.
【详解】设复数，则，
则，则，，
所以．
故选：C.
3．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据三角函数的定义求出，再根据二倍角的正切公式即可得解.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，
所以.
故选：C.
4．现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，……，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为（ ）
A．33B．34C．36D．37
【答案】B
【分析】根据题意可得次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，进而可得结果.
【详解】设没剪之前正方形的边数为，即，
沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，，
然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，
所以可知次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，即，
故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为，
故选：B.
5．已知，，：，：，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
【分析】根据解出，再利用充分性和必要性即可判断.
【详解】解：因为，， ：
即，即，则，
而：，
所以，是的充分不必要条件，
故选：.
6．若数列－1，a，b，c，－9是等比数列，则实数b的值为（ ）
A．－5B．－3C．3D．3或－3
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质求解．
【详解】由题意，又数列的奇数项同号，即，所以．
故选：B．
7．由曲线，直线，所围成的封闭图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出图形，求出点的坐标，然后根据定积分的性质求解即可
【详解】由，得或，则，
所以由曲线，直线，所围成的封闭图形的面积为
，
故选：D

8．函数的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案.
【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且，
由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除；
当时、，即A、C中上函数值为正，排除；
故选：D
9．在中，内角，，所对应的边分别为，，，若，且，则的面积为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】根据题中条件结合余弦定理先求得，进而利用面积公式求解.
【详解】解：∵，∴
∴，
∵，
∴，∴，
∴，
故选：D.
10．已知，，且，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用基本不等式一一计算可得.
【详解】对于A，，
当且仅当，即时等号成立，故A正确；
对于B，由可得，又，，则且，
所以，所以，
当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，由，即，当且仅当时等号成立，
又，当且仅当时等号成立，
故，当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：C
11．已知函数，记等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．B．C．2023D．4046
【答案】A
【分析】令，然后可判断出的单调性、奇偶性，然后由，可得，然后由等差数列的求和公式和性质可得答案.
【详解】令，
因为，所以为上的增函数，
因为，所以是奇函数，
因为，，所以，，
所以，即，
所以，
故选：A
12．若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设公切线与函数切于点，设公切线与函数切于点，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得，消去，得，再构造函数，然后利用导数可求得结果.
【详解】设公切线与函数切于点，
由，得，所以公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
设公切线与函数切于点，
由，得，则公切线的斜率为，
所以公切线方程为，化简得，
所以，消去，得，
由，得，
令，则，
所以在上递减，
所以，
所以由题意得，
即实数的取值范围是，
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.
二、填空题
13．已知，则 .
【答案】
【分析】先逆用两角和正弦公式化简求值，再利用诱导公式求解即可.
【详解】由题意，即，
所以.
故答案为：.
14．若数列满足,,则 ．
【答案】
【分析】利用递推公式再递推一步,得到一个新的等式,两个等式相减,再利用累乘法可求出数列的通项公式,利用所求的通项公式可以求出的值.
【详解】得, ,
所以有,因此.
故答案为
【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式,考查了累乘法,考查了数学运算能力.
15．函数在区间上存在极值，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】求得，令，分析函数在的单调性，利用函数在区间上存在极值可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】因为，则，
令，则函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
因为函数在上存在极值，则，解得.
故答案为：.
16．函数是定义域为R的奇函数，满足，且当时，，给出下列四个结论：
① ；
② 是函数的周期；
③ 函数在区间上单调递增；
④ 函数所有零点之和为.
其中，正确结论的序号是 .
【答案】① ③ ④
【分析】由可得直接计算即可判断① ；根据函数的奇偶性和对称性即可求得周期，从而可判断② ；先判断在的单调性，再根据奇函数关于原点对称的区间单调性相同即可判断③ ；根据对称性以及函数图象交点的个数即可判断④.
【详解】对于①：由可得，故①正确；
对于② ：由可得关于直线对称，
因为是定义域为R的奇函数，所以
所以，
所以函数的周期为，故② 不正确；
对于③ ：当时，单调递增，且，
在单调递减，且，
所以在单调递增，因为是奇函数，
所以函数在区间上单调递增；故③ 正确；
对于④ ：由可得关于直线对称，作出示意图
函数所有零点之和即为函数与两个函数图象交点的横坐标之和，当时，两图象交点关于对称，此时两根之和等于 ，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于时两图象无交点 ，
所以函数所有零点之和为.故④ 正确；
故答案为：① ③ ④
【点睛】求函数零点的方法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；零点之和即为两个函数图象交点的横坐标之和.
三、解答题
17．记数列的前项和为，若，且.
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求数列的前项和的表达式.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）左右同时加得出与的关系，借助等比数列的判定方法即可得；
（2）由（1）问计算出的通项公式，再应用公式法分组求和即可得.
【详解】（1）由，
则，
则，
，
故，
故是以为首项，为公比的等比数列
（2）由（1）可知，，故，
故
．
四、问答题
18．如图，△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角B的大小；
(2)已知，若D为△ABC外接圆劣弧AC上一点，求AD+DC的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1) 法一:利用正弦定理和两角和的正弦公式可得，再利用三角形内角的取值范围即可求解；
法二:利用余弦定理得出，根据三角形内角的取值范围即可求解；
(2) 方法一：设，则，利用正弦定理得出，，
然后利用辅助角公式和正弦函数的图象和性质即可求解；方法二：利用余弦定理和基本不等式即可求解.
【详解】（1）法一:∵，由正弦定理得，
∴，
∴，∵，
∴，又∵，∴，
法二:∵，
由余弦定理得，
∴，∴，
∵，∴.
（2）由（1）知，，面四边形ABCD内角互补，则，
法一:设，则，
由正弦定理得，
∴，，
∴，
当且仅当时，的最大值为.
法二:在△ADC中，，，
由余弦定理得，
∴，∴，
当且仅当时，的最大值为.
五、解答题
19．已知函数，把函数的图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，然后再把所得到的图像上所有点向右平移移动个单位长度，得到函数的图像.
(1)求函数的解析式及其单调递增区间；
(2)求函数在上的最大值和最小值.
【答案】(1)，单调递增区间见解析
(2)；
【分析】（1）根据题意，由三角函数的图像变换，代入计算，即可得到函数的解析式，再由正弦型函数的单调区间，即可得到结果；
（2）根据题意，由换元法，结合二次函数的值域，即可得到结果.
【详解】（1）由题可知横坐标缩短到原来的倍，可得，再向右平行移动个单位长度，得，
即；
令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为，
（2）
由
得，
设，因为，所以，，
故，对称轴为，故，
.
六、问答题
20．已知是数列的前n项和，．
(1)求数列的通项公式
(2)设为数列前n项的和，若对一切恒成立，求实数的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用代入即可求得通项公式；
(2)裂项相消求得的前项和，再结合基本不等式求最值.
【详解】（1）因为是数列的前n项和，且，则，当时，，当时，，满足通项公式，所以的通项公式为.
（2）因为为数列前n项的和，令，
则，
，因为对一切恒成立，
则，因为，当且仅当时，等号成立.
所以,所以实数的最大值为.
七、证明题
21．已知.
(1)求函数的最大值；
(2)设，，求证：.
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，令，求得，结合当时，且，得到的符号，得出函数的单调区间，进而求得其最小值.
（2）求得，得出函数单调性和，由，不妨设，又由（1）知恒成立，得到，再结合为证明，转化为证明，得到，构造新函数，利用导数求得函数的单调性，结合，即可得证.
【详解】（1）解：由，可得，
令，可得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
又因为时，，且，
所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最小值.
（2）证明：由函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得大致，
其当时，；当时，，
由，可得异号，不妨设且，
又由（1）知恒成立，
可得，即，所以，
要证：，只需证，
而且在上单调递增，
只需证：，即证：，即证，
令，可得，
所以在上单调递减，所以，
所以.
【点睛】方法总结：利用导数求证明函数不等式问题的求解策略:
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
八、问答题
22．在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
(1)求曲线M，N的极坐标方程；
(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；
（2）将代入曲线和的方程，求得和 ，结合题意求得，即可求解.
【详解】（1）解：由，可得，即，
又由，可得，
所以曲线M的极坐标方程为．
由，可得，即，
即曲线N的极坐标方程为.
（2）解：将代入，可得，
将代入，可得，
则，
因为，所以，
又因为，所以．
23．已知函数
(1)当时，解不等式；
(2)若不等式对任意都成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值，转化成整式不等式组去求解即可解决；
（2）分类讨论，去绝对值值利用分离参数法求实数m的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则化为
或或，
解得或，
所以不等式的解集为.
（2），即，
当时，，即，
所以，所以，
所以，因为，所以；
当时，，即，所以，
所以，因为，所以；
综上，.