四川省泸州市2023_2024学年高三数学上学期9月小结练习一文科试题含解析

这是一份四川省泸州市2023_2024学年高三数学上学期9月小结练习一文科试题含解析，共17页。试卷主要包含了选择题．，填空题，解答题．解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
（本卷满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）．
1. 命题“，”的否定是（）．
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】由全称命题的否定为特称命题，即得.
【详解】由全称命题的否定可知：“，”的否定是“，”.
故选：A.
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
解出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】，当时，，
所以，集合为不小于的奇数组合的集合，
因此，.
故选：B.
3. 已知的终边与单位圆的交点,则=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由单位圆算出，再由正切定义求解．
【详解】由题意得，解得： ，
所以
故选B．
【点睛】抓住单位圆的特征及正切的定义，解方程．
4. “”是“，”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】取特值可判断充分性，利用诱导公式可判断必要性.
【详解】取，则，
又当，时，
所以“”是“，”的必要不充分条件.
故选：B
5. 在中，若，则的形状是
A. 钝角三角形B. 直角三角形
C. 锐角三角形D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.
【详解】因为在中，满足，
由正弦定理知，代入上式得，
又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，
所以为钝角三角形，故选A.
【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
6. 年月日，航天员翟志刚、王亚平、叶光富进驻天和核心舱，中国空间站开启有人长期驻留时代，而中国征服太空的关键是火箭技术，在理想情况下，火箭在发动机工作期间获得速度增量的公式，其中为火箭的速度增量，为喷流相对于火箭的速度，和分别代表发动机开启和关闭时火箭的质量.在未来，假设人类设计的某火箭达到公里/秒，从提高到，则速度增量增加的百分比约为（）
（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出当、时速度的增量，进而可求得速度增量增加的百分比.
【详解】当时，速度的增量为，
当时，速度的增量为，
所以，.
故选：B.
7. 某几何体的三视图如图所示（单位：，则该几何体的体积（单位：）是（）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三视图还原得该几何体形状，根据体积公式计算即可.
【详解】
由三视图可知该几何体为半个长2宽2高1长方体，截去底为等腰直角三角形腰与高均为1的直棱柱即可，如图所示即几何体.
故其体积为.
故选：A
8. 已知，，，则的大小关系为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用利用等中间值区分各个数值的大小．
【详解】；
；
．
故．
故选A．
【点睛】利用指数函数、对数函数的单调性时要根据底数与的大小区别对待．
9. 直线的倾斜角是，则的值是（）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线方程求得，再利用三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式，化简得到，代入即可求解.
【详解】由直线，可得直线的斜率为，所以，
又由.
故选：C.
10. 某同学将函数的部分图象进行平移后，得到（其中）的部分图象如图所示，则这种平移可能是（）
A. 向左平移个长度单位B. 向右平移个长度单位
C. 向左平移个长度单位D. 向右平移个长度单位
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象的特点及三角函数图象变换计算验证即可.
【详解】若向左平移个长度单位得，
显然当时，，与图象不符，即A错误；
若向右平移个长度单位得，
显然当时，，与图象不符，即B错误；
若向左平移个长度单位得，
显然当时，，与图象不符，即C错误；
若向右平移个长度单位得，
显然当时，，当时，，
与图象相符，即D错误；
故选：D
11. 已知是定义域为的奇函数,满足.若，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果.
详解：因为是定义域为的奇函数，且，
所以,
因此，
因为，所以，
，从而，选C.
点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．
12. 已知函数是上的增函数，且，其中是锐角，并且使得在上单调递减．则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可分类讨论确定与的关系，再根据三角函数的性质可判定选项.
【详解】若，由函数单调性可知，
此时显然，符合题意；
若，由函数的单调性知，
则不符合题意.
故，可排除C、D选项，
又，
此时在上单调递减，
则，
综上可知.
故选：A
【点睛】本题关键在于利用函数的单调性讨论确定，再结合三角函数的性质计算即可.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡中相应题号后的横线上．
13. 曲线在点处的切线与直线垂直，则实数__________．
【答案】2
【解析】
【分析】对函数求导，再利用导数的几何意义结合垂直的条件求解作答.
【详解】由函数求导得：，则曲线在点处的切线斜率，
依题意，，解得，
所以实数.
故答案为：2
14. 设函数，则满足的的取值范围是_______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数，分段解不等式，最后求并集.
【详解】当时，，因为，解得：，∴，
当时，，，解得：，所以，
综上，原不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了解分段函数不等式，涉及指数与对数运算，属于基础题.
15. 已知，且，则的值为_______．
【答案】.##0.96
【解析】
分析】利用二倍角公式及诱导公式计算即可.
【详解】由可得，
所以，
由二倍角公式及诱导公式可得
.
故答案为：.
16. 在棱长为1的正方体中，点在正方体内切球的球面上运动，点在正方形的内切圆上运动，则线段长度的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用正方体的性质可知正方体内切球的球心为正方体的中心，正方形的内切圆为正方形的中心，进而可知线段长度的最大值为，即得.
【详解】由正方体的性质可知正方体内切球的球心为正方体的中心，其半径为，
正方形的内切圆为正方形的中心，其半径为，
由题可知线段长度的最大值为，
又，
∴线段长度的最大值为.
故答案为：.
三、解答题（本大题共6小题，共70分）．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）当时，求函数的最大值及取得最大值时的值．
【答案】（1）; （2）当时，所以有最大值．
【解析】
【分析】（1）首先利用三角函数二倍角公式及两角和与差的三角函数公式将函数的解析式化成只含一个角的三角函数，然后利用正弦函数的性质求它的最小正周期;
（2）由（1）得：，利用求出的范围，进而利用正弦函数的性质求出函数的最大值及取得最大值时的值．
【详解】（1）因为
所以，故的最小正周期为．
（2）因为，所以．
当时，即时，所以有最大值．
18. 设是函数的一个极值点，曲线在处的切线斜率为8.
（1）求的单调区间；
（2）若在闭区间上的最大值为10，求的值.
【答案】（1）单调递增区间和，单调递减区间是
（2）4
【解析】
【分析】（1）求导后，根据求出，再利用导数可求出单调区间；
（2）根据（1）中函数的单调性求出最值，结合已知的最值列式可求出结果.
【小问1详解】
，由已知得，
得，解得．
于是，
由，得或，由，得，
可知是函数的极大值点，符合题意，
所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）知，
因为在区间上是单调递减函数，在上是单调递增函数，
又，
所以的最大值为，解得.
19. 在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）a的值：
（Ⅱ）和的面积．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；
选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .
【解析】
【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；
选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.
【详解】选择条件①（Ⅰ）
（Ⅱ）
由正弦定理得：
选择条件②（Ⅰ）
由正弦定理得：
（Ⅱ）
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
20. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，是棱上的中点．
（1）证明平面；
（2）求三棱锥的体积；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
（2）根据等体积法将三棱锥的体积转为求三棱锥的体积，在求出三棱锥高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.
【小问1详解】
令的交点为，连接
因为四边形是菱形，所以是的中点，
又因为是棱上的中点，所以在中，，
因为平面，平面
所以平面.
【小问2详解】
因为四边形是菱形，所以．
又平面，且，所以平面
因为平面，所以
因为，所以，所以．
因为平面，且，所以平面．
因为是棱上的中点，所以到平面的距离．
四边形是菱形，，
则中，，
，三棱锥的体积为
21. 已知函数.
（1）当时，求函数在区间上的最大值；
（2）若存在极大值点，且，求的取值范围.
【答案】（1）0（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，可求得函数在上单调递增，从而可求出其最大值；
（2）分，，和四种情况讨论，求出函数的单调区间和极值，再由极大值点，且，可求出的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则，
当时，，
所以函数的在区间上单调递增，
即当时，函数在区间上的最大值为.
【小问2详解】
，
当时，令，得，
则时，；时，，
所以函数仅有唯一极小值点，不合题意；
当时，令，得或，
若，即时，由（1）小题可知，不合题意；
若，即时，，；，，
所以函数的极大值点，则符合题意；
若，即时，，；，，
所以函数的极大值点，则，得；
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值点问题，解题的关键是对函数求导后，分类讨论函数的极值，考查分类思想和计算能力，属于较难题.
（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．
22. 在平面直角坐标系中，曲线的极坐标方程是，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线的普通方程；
（2）若点在曲线上，且，求最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用极坐标方程与普通方程的转化计算即可；
（2）利用三角函数的值域计算即可.
【小问1详解】
由题意得，
则：，平方得
把代入方程得，
化简即得曲线的普通方程为；
【小问2详解】
由条件，不妨设，
所以，
即，
当时等号成立．
当时，
同上易得，
，
当时等号成立．
综上，所以最大值为.
23. 已知函数.
（1）求不等式解集；
（2）若的最小值为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分类讨论的方法，分别讨论，，三种情况，解对应的不等式，即可得出结果；
（2）利用绝对值三角不等式可求得，再由柯西不等式，即可得出结果.
【小问1详解】
，
当时，不等式可化为，解得，所以；
当时，不等式，所以；
当时，不等式可化为，解得，所以；
综上，不等式的解集为；
【小问2详解】
由绝对值三角不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立，故，
由柯西不等式可得，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.