四川省瀘縣第一中學2023-2024學年高三數(shù)學（理）上學期10月月考試題（Word版附解析）

這是一份四川省瀘縣第一中學2023-2024學年高三數(shù)學（理）上學期10月月考試題（Word版附解析），共36頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
本試卷共4頁，23小題，滿分150分.考試用時120分鐘.
第I卷 選擇題（60分）
一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)一元二次不等式的求解方法，結(jié)合集合的交集，可得答案.
【詳解】由不等式，分解因式可得，解得，則，
所以.
故選：A.
2. 下列函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】對于A，在上是增函數(shù)，對于B，在上是增函數(shù)，對于C，在上是減函數(shù)，對于D，是減函數(shù)，所以選A.
3. 函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求定義域即.令是二次函數(shù),根據(jù)二次函數(shù)圖像即可求得其單調(diào)區(qū)間,根據(jù)復合函數(shù)同增異減,即可求得單調(diào)遞增區(qū)間.
【詳解】，
即， 得，
定義域為，
又單調(diào)遞增區(qū)間為，
函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間
故選：C.
【點睛】對于復合函數(shù)單調(diào)性的判斷要掌握同增異減,對函數(shù)的內(nèi)層和外層分別判斷,即可得出單調(diào)性.求單調(diào)區(qū)間時,要先求函數(shù)定義域,單調(diào)區(qū)間是定義域的子集.
4. 已知m，n為兩條不重合直線，α，β為兩個不重合平面，下列條件中，一定能推出的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)垂直于同一直線的兩平面平行可知正確.
【詳解】當時，若，可得
又，可知
本題正確選項：
【點睛】本題考查面面平行判定，屬于基礎(chǔ)題.
5. 展開式中，只有第4項的二項式系數(shù)最大，則n的值為（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)二項式系數(shù)的性質(zhì)知中間一項第4項二項式系數(shù)最大即可得解
【詳解】因為只有一項二項式系數(shù)最大，所以n為偶數(shù)，故，得.
故選：C
6. 函數(shù)的定義域是，且滿足，當時，，則圖象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根據(jù)函數(shù)的奇偶性可排除B,C選項，當時，可知，排除D選項，即可求解.
【詳解】因為函數(shù)的定義域是，且滿足，
所以是奇函數(shù)，
故函數(shù)圖象關(guān)于原點成中心對稱，
排除選項B,C，
又當時，，
可知，故排除選項D,
故選：A
【點睛】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性，函數(shù)圖象，屬于中檔題.
7. 已知簡單組合體的三視圖如圖所示，則此簡單組合體的體積為
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】由題設(shè)中所提供的三視圖可知該幾何體是一個底面半徑為2，高為4的圓錐內(nèi)去掉一個底面邊長為，高為2的四棱柱的組合體，其體積，應(yīng)選答案C．
8. 已知，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)三角恒等變換可得，然后利用同角關(guān)系式結(jié)合條件即得.
【詳解】因為，將，代入化簡，
可得，解得（舍去）或，
又因為，
所以，．
故選：B.
9. 經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：某昆蟲釋放信息素t秒后，在距釋放處x米的地方測得信息素濃度y滿足函數(shù)（A，K為非零常數(shù)）．已知釋放1秒后，在距釋放處2米的地方測得信息素濃度為a，則釋放信息素4秒后，信息素濃度為的位置距釋放處的距離為（ ）米．
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)已知數(shù)據(jù)可得，再根據(jù)即可求出值.
【詳解】由題知：當，時，，
代入得：
，
當，時，
，
即，
而，
解得：或（舍）
故選：D.
10. 如圖，在長方形中，，現(xiàn)將沿折至，使得二面角為銳二面角，設(shè)直線與直線所成角的大小為，直線與平面所成角的大小為，二面角的大小為，則的大小關(guān)系是（ ）
A. B. C. D. 不能確定
【答案】B
【解析】
【分析】
先證明最小角定理，再過點作平面，過點作平面，連接，過作，連接，可得，，由等體積法可得，進而可得的大小，在平面內(nèi)， ，所以.所以等于直線與所成的角也為直線與平面所成的角，根據(jù)上面已證的最小角定理有，從而得到答案.
【詳解】解決本題，先來了解最小角定理：平面外的一條斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的銳角，是這條斜線和平面內(nèi)經(jīng)過斜足的直線所成的一切角中最小的角平面斜交的直線與它在該平面內(nèi)的射影的夾角不大于直線與平面內(nèi)其他直線的夾角．
證明如下：
直線與平面斜交，斜足為，
平面，，
由平面，，
可證明平面，
則．
則，
，
，
所以，
即，
故，
．
過點作平面，
過點作平面，
連接.
過作，
連接，如圖：
則為直線與平面所成角，
即，
由平面，
則，
又，
且
所以平面，
則
所以為二面角的平面角，
即，
又，
即，
且，
所以.
由
，
由，
所以 ，
即 ，
也即.
又在平面內(nèi)，
，
所以.
所以等于直線與所成的角，
也為直線與平面所成的角.
根據(jù)上面已證的最小角定理有.
所以，
故選：B.
【點睛】方法點睛：最小角定理：平面外的一條斜線和它在平面內(nèi)的射影所成的銳角，是這條斜線和平面內(nèi)經(jīng)過斜足的直線所成的一切角中最小的角平面斜交的直線與它在該平面內(nèi)的射影的夾角不大于直線與平面內(nèi)其他直線的夾角．
11. 已知，則關(guān)于的方程恰有三個不同的實數(shù)根，則的取值范圍是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】畫出草圖，令，韋達定理及數(shù)形結(jié)合法可得、，解對數(shù)不等式求a的范圍，進而可得的范圍.
【詳解】
函數(shù)圖象如上圖示，不妨令．
又為的兩根，則，
方程有三個不同的實根得：與有三個交點，故，
令知：，
綜上，．
故選：
12. 設(shè)，，，則a，b，c的大小關(guān)系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】構(gòu)建，求導，利用導數(shù)判斷單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性可證，再構(gòu)建，求導，利用導數(shù)判斷單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性可證，再證，即可得.
【詳解】構(gòu)建，則，
當時，則，故在上單調(diào)遞增，
∵，則，即，
∴，即，
構(gòu)建，則，
當時，則，故在上單調(diào)遞減，
∵，則，即，
∴，
又∵，則，
∴，故，即，
綜上所述：.
故選：D.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：
①若證，構(gòu)建，結(jié)合導數(shù)分析判斷；
②若證，構(gòu)建，結(jié)合導數(shù)分析判斷，并根據(jù)題意適當放縮證明.
第II卷 非選擇題
二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分
13. 若復數(shù)（i為虛數(shù)單位），則z的實部為________．
【答案】1
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)除法運算法則，結(jié)合復數(shù)實部的定義進行求解即可.
【詳解】因為，所以的實部為1．
故答案為：1．
【點睛】本題考查了復數(shù)除法運算法則，考查了復數(shù)的實部概念，考查了數(shù)學運算能力，是基礎(chǔ)題．
14. 已知函數(shù)，則__________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】先計算，再計算的值.
【詳解】由題可得：=，
所以.
故答案為：.
15. 已知向量，的夾角為，，則向量在方向上的投影為 __．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合平面向量的投影公式，即可求解．
【詳解】向量，的夾角為，，
，
，
，
故向量在方向上的投影為．
故答案為：．
16. 已知菱形的邊長為，，沿對角線將菱形折起，使得二面角為鈍二面角，該四面體外接球的表面積為，則四面體的體積為______.
【答案】
【解析】
【分析】設(shè)為中點，延長，作交于點，易得平面，計算，故，，，解得，，得到答案.
【詳解】由已知得，和均為正三角形，如圖，
設(shè)為的中點，延長，作交于點，易得平面，
作的中心，則在上，且.
作，作，，可知四面體外接球的球心在上，
設(shè)外接球的半徑為，，則，
在和中，由于，，
所以，，，解得，，
.
故答案為：.
【點睛】本題考查了四面體的外接球問題，四面體體積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.
三、解答題：共 70 分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第 17～21 題為必考題，每個試題考生都必須作答.第 22、23 題為選考題，考生根據(jù)要求作答.
（一）必考題：共 60 分.
17. 已知，，．
（1）若，求x的值；
（2）求的最大值及取得最大值時相應(yīng)的x的值．
【答案】（1）；
（2）的最大值為1，此時．
【解析】
【分析】（1）由平面向量的數(shù)量積為0可得，再由x的范圍求得x值；
（2），結(jié)合x的范圍及正弦函數(shù)的最值求解．
【小問1詳解】
，，
若，則，
∴，即，
∵，∴，可得，即；
【小問2詳解】
，
∵，∴，可得當，即時，取最大值為1．
18. 在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．
（1）證明：
（2）若，，求△ABC的面積．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊化角結(jié)合三角恒等變換化簡得，可證明；
（2）結(jié)合（1）得．，利用正弦定理及面積公式計算即可.
【小問1詳解】
證明：因為，所以，
所以．
所以，
即．
因為在△ABC中，所以，即，
故．即．
【小問2詳解】
解：由（1）可知．
因為，所以．則．．
由正弦定理可知．則．．
故△ABC的面積．
19. 已知函數(shù).
（1）若在處取得極值，求的極值；
（2）若在上的最小值為，求的取值范圍.
【答案】（1）極大值為，極小值為
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)極值點可得，進而可得，利用導數(shù)即可求解函數(shù)單調(diào)區(qū)間，進而可求解極值，
（2）根據(jù)導數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合分類討論即可求解.
【小問1詳解】
，，.
因為在處取得極值，所以，則.
所以，，
令得或1，列表得
所以的極大值為，極小值為.
【小問2詳解】
.
①當時，，所以在上單調(diào)遞增，的最小值為，滿足題意；
②當時，令，則或，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
此時，的最小值為，不滿足題意；
③當時，在上單調(diào)遞減，的最小值為，不滿足題意.
綜上可知，實數(shù)的取值范圍時.
20. 在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為的正方形,平面PAC⊥底面ABCD，PA=PC=
（1）求證：PB=PD;
（2）若點M,N分別是棱PA,PC的中點,平面DMN與棱PB的交點Q,則在線段BC上是否存在一點H,使得DQ⊥PH,若存在,求BH的長,若不存在,請說明理由.
【答案】(1)見證明；(2)見解析
【解析】
【分析】(1) 記AC∩BD=O，連結(jié)PO，易證PO⊥AC，結(jié)合平面PAC⊥底面ABCD，可得到PO⊥底面ABCD，從而得到PO⊥BD，則有PB=PD；(2) 以O(shè)為坐標原點，射線OB，OC，OP的方向分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，求出平面的法向量n，設(shè)，可得到點的坐標，即可表示出，由=0，可求出及，設(shè)，可表示出點及，由，可求出，從而可求出．
【詳解】(1)證明：記AC∩BD=O，連結(jié)PO，
底面ABCD為正方形，OA=OC=OB=OD=2.
PA=PC，PO⊥AC，
平面PAC∩底面ABCD=AC，PO?平面PAC，
PO⊥底面ABCD.
BD?底面ABCD，PO⊥BD.
PB=PD.
(2)以O(shè)為坐標原點，射線OB，OC，OP的方向分別為軸，軸，軸的正方向建立空間直角坐標系如圖所示，由（1）可知OP=2.
可得P(0,0,2)，A(0,-2,0), B(2,0,0), C(0,2,0), D(-2,0,0),
可得，M(0,-1,1), N(0,1, 1).，.
設(shè)平面的法向量n=，
，，
令，可得n=.
記，可得，
，=0，可得，，解得.
可得，.
記，可得，
，若DQ⊥PH，則，
，解得.故.
【點睛】本題考查了空間中直線與直線相等關(guān)系的證明，考查了利用空間向量證明直線與直線垂直，考查了學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題．
21. 已知函數(shù).
（1）當時，求的單調(diào)區(qū)間；
（2）①當時，試證明函數(shù)恰有三個零點；
②記①中的三個零點分別為，，，且，試證明.
【答案】（1）單調(diào)遞減區(qū)間為，無單調(diào)遞增區(qū)間
（2）①證明見解析；②證明見解析
【解析】
【分析】（1）利用函數(shù)的導數(shù)，結(jié)合函數(shù)的定義域，判斷導函數(shù)的符號，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（2）①當時，求解函數(shù)的導數(shù)，求出極值點，判斷函數(shù)的單調(diào)性，然后證明函數(shù)恰有三個零點；
②記①中的三個零點分別為，，，判斷零點所在區(qū)間，利用分析法結(jié)合函數(shù)的導數(shù)轉(zhuǎn)化證明即可．
【小問1詳解】
當時，定義域為，
所以，
所以在定義域上單調(diào)遞減，其單調(diào)遞減區(qū)間為，無單調(diào)遞增區(qū)間．
【小問2詳解】
①由定義域為，
所以，
令，因為，，
設(shè)方程的兩根分別為，，且，則，，
所以有兩個零點，，且，
當時，，單調(diào)遞減；
當時，，單調(diào)遞增；
當時，，單調(diào)遞減；
所以在處取得極小值，在處取得極大值，
又，故，則，
又因為，，且，
故有，由零點存在性定理可知，
在恰有一個零點，在也恰有一個零點，
易知是零點，所以恰有三個零點；
②由①知，，則，
因為，所以，
所以要證，
即證，
即證，
即證，
即證，
即證．
令，則，
當時，，所以在上單調(diào)遞減，
所以，故式成立，
所以．
【點睛】方法點睛：導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．
（二）選考題：共 10 分.請考生在第 22、23 題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.
[選修 4-4：坐標系與參數(shù)方程]
22. 在直角坐標系中，點，曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線l的極坐標方程為．
（1）寫出曲線C的普通方程和直線l的直角坐標方程；
（2）設(shè)點M為C上的動點，點P滿足，寫出P的軌跡的參數(shù)方程，并判斷l(xiāng)與是否有公共點．
【答案】（1），：
（2），（為參數(shù)），直線l與圓沒有公共點。
【解析】
【分析】（1）根據(jù)消參法可得曲線C的普通方程，利用極坐標與直角坐標之間的轉(zhuǎn)化公式可得直線的直角坐標方程.
（2）設(shè)，設(shè)，根據(jù)，即可求得P的軌跡的參數(shù)方程，表示圓，計算圓心到直線的距離，即可判斷斷l(xiāng)與是否有公共點．
【小問1詳解】
因為曲線C的參數(shù)方程為(為參數(shù))，
所以，
即曲線C的普通方程為：，
因為，由，
可得l的方程為：.
【小問2詳解】
設(shè)，設(shè)，
因為 ，
所以，
則，（為參數(shù)），
故P的軌跡的參數(shù)方程為，（為參數(shù)），
所以曲線為以為圓心，半徑為4的圓，
而圓心到直線l的距離為，
因為，所以直線l與圓相離，
故直線l與圓沒有公共點.
[選修 4-5：不等式選講]
23. 已知、為非負實數(shù)，函數(shù)．
（1）當，時，解不等式；
（2）若函數(shù)的最小值為，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）當，時，可得出，分、、三種情況解不等式，綜合可得出原不等式的解集；
（2）利用絕對值三角不等式可得出，再利用柯西不等式可求得的最大值.
【小問1詳解】
解：當，時，．
當時，，解得，此時；
當時，，此時原不等式無解；
當時，，解得，此時．
綜上，不等式的解集為.
【小問2詳解】
解：由，
因為，，當且僅當時，等號成立，
．
所以，，即，
所以，，
當且僅當時，即當，時，等號成立，1
+
0
-
0
+
↗
極大值
↘
極小值
↗