内蒙古赤峰市2023_2024学年高三数学上学期10月月考文试题含解析

这是一份内蒙古赤峰市2023_2024学年高三数学上学期10月月考文试题含解析，共18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。
一、选择题：本题共12个小题，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. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】
解不等式确定集合，再由交集定义计算．
【详解】由题意，所以．
故选：D．
【点睛】本题考查集合的交集运算，考查解一元二次不等式，属于基础题．
2. 复数在复平面上对应的点位于虚轴上，则实数a的值为（）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简复数z，然后根据实部为0可解.
【详解】，
因为复数z对应点在虚轴上，
所以，解得.
故选：B
3. 已知角是第一象限角，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数基本关系及两角和余弦公式求解即可.
【详解】因为角是第一象限角，，
所以，
所以.
故选：B
4. 已知中，“”是“”成立的（）
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】C
【解析】
【分析】由三角形大边对大角可知，由在上的单调性可得，由此可确定结果.
【详解】由正弦定理以及三角形大边对大角可得：
，
又，在上单调递减，
，即，
“”是“”成立的充分必要条件.
故选：C.
5. 设是等比数列，且，，则（）
A. 12B. 24C. 30D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
【点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，属于基础题．
6. 若，且，那么是（）
A. 等边三角形B. 等腰三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，再利用结合余弦定理可得出，即可得出结论.
【详解】因为，则，可得，
由余弦定理可得，因为，所以，，
因为，则，整理可得.
所以，为等边三角形.
故选：A.
7. 设,,, 则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，可得，从而可得，再根据，，可得，进而可求解.
【详解】因为，所以，，即，
又，，则，
所以.
故选：C.
8. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（）
A. 74mB. 60mC. 52mD. 91m
【答案】A
【解析】
【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出，从而得到的长度.
【详解】在中，，
，，
在中，，
由，，
在中，.
故选：A
9. 已知定义在上的奇函数满足.当时，，则（）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据且为奇函数得到4是的一个周期，根据为奇函数得到，可求得的解析式，然后利用周期性和奇偶性即可求.
【详解】因为，且为奇函数，所以，，即，所以4是的一个周期，
因为为定义在R上的奇函数，所以，即，解得，则，
，
，
所以.
故选：B.
10. 将函数的图像向右平移个单位后得到函数的图像，若对满足的有，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图象的变换规律求出，再利用三角函数图象的性质求解即可.
【详解】∵，∴，
由于，可知和分别为两个函数的最大值和最小值，
不妨设,，
则，，
由于，可得，解得，
故选：D.
11. 在四面体中，，平面平面，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先找到底面三角形的外接圆圆心和半径，确定过该圆心与底面的垂线，在垂线上设球心，由勾股定理，求出半径，可得答案.
【详解】，，，，
为等边三角形，又平面平面，
取中点，连接，则球心在上，如下图：
则，有，解得，
该四面体外接球的表面积为.
故选：A.
12. 函数的部分图象如图所示，，则下列四个选项中正确的个数为（）
①
②函数在上单调递减；
③函数在上的值域为；
④曲线在处的切线斜率为．
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据函数图象求函数的解析式，根据，代入后，即可运算求值，即可判断①；结合三角函数的性质，整体代入，即可判断②③，利用函数导数的几何意义，即可判断④.
【详解】由图可知，，且，则，
周期，，
，得，，
则，，当时，，
所以，
对于①，令，得，，
当时，，即函数在轴左侧离轴最近的对称轴为，
由图可知，，即，
且，即，
所以
，故①正确；
对于②，当，，
在区间不单调，所以在区间上不单调，故②错误；
对于③，当，，，
则，所以函数在上的值域为，故③错误；
对于④，因为，所以，
，所以曲线在处的切线斜率为，故④正确.
故选：C
二、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13. 已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线交于点M，且，则___________．
【答案】4
【解析】
【分析】求出点M的坐标，利用抛物线的焦半径公式可得关于p的方程，即可求得答案.
【详解】把代入抛物线方程（），得，
得，根据抛物线的定义有，解得，
故答案为：4
14. 已知，与是方程的两个根，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据与是方程的两个根，顶顶顶，且，再利用两角和的正切公式求解.
【详解】解：因为，且与是方程的两个根，
所以，且，
所以，且，
所以，
故答案为：
15. 已知中，若的面积为为的平分线与边的交点，则的长度是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形面积公式，结合三角形角平分线的性质、余弦定理进行求解即可.
【详解】因为的面积为，
所以，
由余弦定理可知：，
因为是角平分线，
所以，
在三角形中，由余弦定理可知：，
在三角形中，由余弦定理可知，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用三角形角平分线的性质.
16. 已知直线与曲线相切，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设出切点，利用导数的几何意义找出所满足的关系式，然后利用导数研究函数的最值求的最小值即可.
【详解】设切点为，
则，解得：，
所以.
令, 所以，
令，解得，令, 解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
故答案为：.
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：每题12分，共60分.
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期和的单调递减区间；
（2）当时，求函数的最小值及取得最小值时x的值.
【答案】（1）π；；（2）当时，函数取得最小值，最小值为．
【解析】
【分析】（1）利用二倍角降幂公式、辅助角公式可得出，利用周期公式可计算出函数的最小正周期，解方程可得出函数的对称中心坐标；解不等式，可得出函数的单调递减区间；
（2）由，计算出的取值范围，利用正弦函数的性质可得出该函数的最小值以及对应的的值.
【详解】（1），
所以，函数的最小正周期为.
由，可得，
函数的对称中心为；
解不等式，解得.
因此，函数的单调递减区间为；
（2）当时，，
当时，即当时，函数取得最小值，最小值为．
【点睛】本题考查正弦型函数周期、对称中心、单调区间以及最值的求解，解题的关键就是要将三角函数解析式化简，借助正弦函数的基本性质求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
18. 记等差数列的前项和为，已知，且．
（1）求和；
（2）设，求数列前项和．
【答案】（1）；；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用等差数列性质求出通项公式和前项和；
（2）利用裂项相消法求和.
【小问1详解】
设的公差为，因为，所以，
又，所以，解得，
所以，
．
【小问2详解】
，
所以
．
19. 在△ABC内，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角B的值；
（2）若，点D是AC边上靠近点C的三等分点，求BD的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先由正弦定理，边化角，再根据三角函数恒等变换，化简求角；（2）首先利用基底表示向量，再根据数量积的运算，结合条件，即可求解.
【小问1详解】
∵．
∴由正弦定理，得．
∴．
∴．
又，∴．
又∵，∴．又，∴．
【小问2详解】
由题意可知，,
即，
所以，
，
，且，
所以，
，由可知，，
所以，则的取值范围是.
20. 已知椭圆的短轴长为，一个焦点为．
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）设直线与椭圆交于两点，点在线段上，点关于点的对称点为．当四边形的面积最大时，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求椭圆方程和离心率；
（2）首先直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示四边形面积，并利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
由题设
解得
所以椭圆的方程为．
的离心率为．
【小问2详解】
设椭圆的另一个焦点为，则直线过点．
由得．
设，则，．
由题设，点为线段的中点，所以点和点到直线的距离相等．
所以四边形的面积为面积的倍．
又，
所以
．
所以．
设，则．
所以．
当且仅当，即时，．
所以四边形的面积最大时，．
21. 函数的定义域为，并且在定义域内恰有两个极值点，.
（1）求实数a的取值范围；
（2）若恒成立，求出实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导得到导函数，根据两个极值点得到，解得答案.
（2）题目转化为，令，设，求导得到单调区间，计算最值得到答案.
【小问1详解】
，在上有两个极值点，
则方程在上有两个不等根，所以，解得：，故
【小问2详解】
，且，
若恒成立，即恒成立，则只需：，
令，则，设，
则，由得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以处取得最小值，所以，
即，所以.
【点睛】关键点睛：本题考查了根据极值点求参数，利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式转化为函数的单调性求最值是解题的关键.
（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. 在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（为参数）．
（1）将曲线的参数方程化为普通方程；
（2）已知点，曲线和相交于A，B两点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用消参即可求解普通方程；
（2）结合条件写出直线过点的标准参数方程，联立方程，利用参数的几何意义求解即可.
【小问1详解】
由的参数方程得：，
所以曲线的普通方程为：．
【小问2详解】
由已知得：曲线为过点的直线，
其标准参数方程形式为：（t为参数），
联立和的方程得：，即，，
设与的两个交点A，B对应的参数分别为，，所以，，
因为，由t的几何意义得：．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）解不等式；
（2）设函数的最小值为，若正数，，满足，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分，，三种情况讨论解不等式，最后再取并集即可；
（2）先由绝对值三角不等式求出，再由结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
当时，，由可得，则；
当时，，由可得显然成立，则；
当时，，由可得，则；
综上：不等式的解集为；
小问2详解】
，当且仅当即时取等，，则，
又，，均正数，则
，当且仅当，即时等号成立，则.