《四川省宜賓市敘州區(qū)第一中學校2023-2024學年高三上學期10月月考數學（理） Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

敘州區(qū)一中高2021級高三10月考試數學（理工類）試卷本試卷共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.已知全集，集合滿足，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據補集的定義求出集合，再判斷即可.【詳解】因為，且，所以，所以，，，.故選：D2.已知復數，則（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】根據題意得到，結合復數模的計算公式，即可求解.【詳解】由復數，可得，所以.故選：A.3.若函數，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據函數的解析式由內到外可計算得出的值. 【詳解】由題意可得，則.故選：C.4.函數在上的圖象大致為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據函數的奇偶性，結合特殊值，即可排除選項.【詳解】首先，所以函數是奇函數，故排除D，，故排除B，當時，，故排除A，只有C滿足條件.故選：C5.已知函數，，則的值為（）A.1B.0C.D.【答案】B【解析】【分析】構造函數，判斷函數為奇函數，即得解.【詳解】解：構造函數，則 ，故函數為奇函數.又，∴，∴.故選：B6.若，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】將兩邊同時平方得到，進而可以縮小角的范圍，得到，從而得到，然后結合二倍角以及同角的平方關系即可求出結果.【詳解】將兩邊同時平方，，所以，因此，異號，故，且，則，因此，而，，所以，故選：D.7.現代建筑講究線條感，曲線之美讓人稱奇.衡量曲線彎曲程度的重要指標是曲率，曲線的曲率定義如下：若是的導函數，是的導函數，則曲線在點處的曲率.函數的圖象在處的曲率為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出、，代值計算可得出函數的圖象在處的曲率. 【詳解】因為，所以，，所以，，所以.故選：D.8.若，則（）AB.C.D.1【答案】C【解析】【分析】將用替換后，解方程解出即可.【詳解】因為，可得，可得，解得，因為，所以，所以，所以.故選：C.9.已知函數，則（）A.B.函數有一個零點 C.函數是偶函數D.函數的圖象關于點對稱【答案】D【解析】【分析】根據題意，判斷函數的單調性，結合單調性性質判斷A，由指數函數的性質可得，結合零點定義判斷B，舉反例判斷C，證明，由此可得函數的對稱性，判斷D，綜合可得答案．【詳解】函數的定義域為，對于A，函數，函數在R上為增函數，易得在R上為增函數，則有，A錯誤；對于B，，有，則有，所以沒有零點，B錯誤；對于C，，，所以，不是偶函數，C錯誤；對于D，因為，所以所以，所以函數的圖象關于點對稱，D正確；故選：D． 10.如圖，邊長為的正方形ABCD所在平面與矩形ABEF所在的平面垂直，，N為AF的中點，，則三棱錐外接球的表面積為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據題意得到平面ABEF，進一步得出，，則MC為外接球直徑，代入球的表面積公式即可求解．【詳解】由可知，，，可求，，，因為平面平面ABEF，平面平面，又，平面，所以平面ABEF，平面ABEF，所以，由，，得，又，同理可得得，又，所以，所以.所以MC為外接球直徑，在Rt△MBC中，即，故外接球表面積為．故選：A． 11.將的圖象橫坐標伸長為原來的2倍，再向右平移個單位長度，得到的圖象，若在上單調遞增，則正數的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用三角函數圖象的變換規(guī)律求得的解析式，進而得的解析式，再利用三角函數的單調性求得的范圍．【詳解】將的圖象橫坐標伸長為原來的2倍，得到的圖象，再向右平移個單位長度，得到的圖象．，由，，得，∴的增區(qū)間為，若在上單調遞增，則，∴且，∴且，又，∴當時，，故答案為：B．12.已知，，，則大小關系為（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分別構造和，求導判斷出在上的單調性，比較出函數值與端點值的大小關系，進而得出的大小關系．【詳解】令，則恒成立，即在上單調遞增，且，故，取，則，即，可得，即；令，則恒成立，即在上單調遞減，且，故，取，則，即，可得，即；綜上可得：的大小關系為故選：B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.展開式中的常數項為________.【答案】##【解析】【分析】寫出展開式的通項公式，令x的指數為0，求得參數r，即可求得答案.【詳解】由題意的通項公式為，令， 故展開式中的常數項為，故答案為：14.已知角的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，點在角的終邊上，則______.【答案】##【解析】【分析】根據三角函數的定義和二倍角公式可得答案.【詳解】根據三角函數的定義可知，，由二倍角公式得.故答案為：.15.在上單調遞減，則實數m的最大值是______．【答案】##【解析】【分析】利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數，求出含有數0的單調遞減區(qū)間，再借助集合的包含關系求解作答.【詳解】依題意，，由得，因此，函數含有數0的單調遞減區(qū)間是，因在上單調遞減，于是得，即，解得，所以實數m的最大值是. 故答案為：16.若存在，使得，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】首先注意到，故考慮切線放縮，從而，所以，考慮取等條件是否成立即可.【詳解】不妨設，求導得，而在上單調遞增，且，所以當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，所以，所以等號成立當且僅當，注意到，所以考慮切線放縮有，從而，又，所以，由以上分析可知不等式取等，當且僅當，，接下來考慮是否成立：不妨設，則，即單調遞增，注意到，所以由零點存在定理可知，使得. 綜上所述：若存在，使得，則只需，從而的取值范圍是.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：解決問題的關鍵是考慮切線放縮，從而，另一個關鍵的地方是證明是否成立，從而即可順利求解.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、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，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.17.將函數的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象．（1）若為奇函數，求的值；（2）若在上單調遞減，求的取值范圍．【答案】（1）或或；（2）.【解析】【分析】（1）利用倍角公式、輔助角公式化簡函數式再平移得，結合奇偶性計算即可；（2）利用三角函數的單調性計算即可.【小問1詳解】易知，向左平移個單位長度得， 因為為奇函數，所以，故，因為，所以或或；【小問2詳解】由（1）知，，則由題意可知，結合，取時分別得，，即.18.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且.（1）求；（2）已知，，求△ABC面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量的數量積的定義結合余弦定理即可求出結果；（2）由正弦邊角關系得，，結合求值，應用正弦定理求，進而求出三角形的面積.【小問1詳解】由已知，所以， 結合余弦定理，，化簡得：，所以．【小問2詳解】由正弦定理知，即，又，所以，顯然，即，故，由，又，則，所以面積.19.設為實數，函數，．（1）求的極值；（2）對于，，都有，試求實數取值范圍．【答案】（1）極小值為，無極大值.（2）【解析】【分析】（1）由導數得出函數的單調性，進而得出極值；（2）由導數得出，的值域，由的值域是的值域的子集得出實數的取值范圍．【小問1詳解】，當時，；當時，；即函數在上單調遞減，在上單調遞增；函數的極小值為，無極大值. 【小問2詳解】由（1）可知，函數在上單調遞增，則.，，當時，；當時，；即函數在上單調遞減，在上單調遞增；因為，所以，.即.因為，，都有，所以的值域是的值域的子集.即，解得.即實數的取值范圍為.20.如圖，在三棱錐中，是等邊三角形，，是邊的中點.（1）求證：；（2），，平面與平面所成二面角為，求直線與平面所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】【分析】（1）連接，根據題意證得，結合線面垂直的判定定理，證得 平面，進而證得；（2）過作的垂線，由平面，以為原點建立空間直角坐標系，根據題意求得平面的一個法向量和，結合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：如圖所示，連接，因為是等邊三角形，所以在和中，因為，，所以，所以，又因為是邊的中點，所以，.因為，平面，平面，所以平面，又因為平面，所以.【小問2詳解】解：在中，過作的垂線，交與點，由（1）可得平面，以為原點建立空間直角坐標系，如圖所示，又由，且平面與平面所成二面角為，因為，，所以為平面與平面所成二面角的平面角，即，所以，可得，，，，，設平面的法向量為，且，則，令，則，，所以又因為，設直線與平面所成角為，則，可得，即直線與平面所成角的余弦值為. 21.已知，且0為的一個極值點．（1）求實數的值；（2）證明：①函數在區(qū)間上存在唯一零點；②，其中且．【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）先求得，由0為的一個極值點，可得，進而求解；（2）①當時，由，可得單調遞減，由，可得，此時函數無零點；當時，設，結合其導數分析單調性，結合，和零點存在性定理，可知存在，使得，進而得到單調性，結合得到在上單調遞增；結合，，存在，得到函數的單調性，可得而在上無零點；當時，由，可得在單減，再結合零點存在定理，可得函數在上存在唯一零點；當時，由，此時函數無零點，最后綜合即可得證. ②由（1）中在單增，所以，有，可得.令，利用放縮法可得，再結合，分別利用累加發(fā)可得，，即可求證.【小問1詳解】由，則，因為0為的一個極值點，所以，所以．當時，，當時，因為函數在上單調遞減，所以，即在上單調遞減；當時，，則，因為函數在上單調遞減，且，，由零點存在定理，存在，使得，且當時，，即單調遞增，又因為，所以，，在上單調遞增；.綜上所述，在上單調遞減，在上單調遞增，所以0為的一個極值點，故. 【小問2詳解】①當時，，所以單調遞減，所以對，有，此時函數無零點；當時，設，則，因為函數在上單調遞減，且，，由零點存在定理，存在，使得，且當時，，即單調遞增，當時，，即單調遞減．又因為，所以，，在上單調遞增；因為，，所以存在，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減．所以，當時，單調遞增，；當時，單調遞減，，此時在上無零點； 當時，，所以在單減，又，，由零點存在定理，函數在上存在唯一零點；當時，，此時函數無零點；綜上所述，在區(qū)間上存在唯一零點．②因為，由（1）中在上的單調性分析，知，所以在單增，所以對，有，即，所以．令，則，所以，設，，則，所以函數在上單調遞減，則， 即，，所以，所以，所以.【點睛】關鍵點睛：本題第（2）②，關鍵在于先證明，令，利用放縮法可得，再結合累加法即可得證.（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：坐標系與參數方程]22.在平面直角坐標系xOy中，設曲線的參數方程為（t為參數），以坐標原點O為極點，以x軸正半軸為極軸建立極坐標系，設曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的普通方程；（2）若曲線上恰有三個點到曲線的距離為，求實數a的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）曲線的參數方程消去參數即可求出曲線的普通方程；（2）首先曲線的極坐標方程轉化為普通方程，可以得到曲線是圓，要使曲線上恰有三個點到曲線的距離為，圓心到直線的距離，求解方程即可.【小問1詳解】 由已知得代入，消去參數t得曲線的普通方程為．【小問2詳解】由曲線的極坐標方程得，又，，，所以，即，所以曲線是圓心為，半徑等于的圓．因為曲線上恰有三個點到曲線的距離為，所以圓心到直線的距離，即，解得．[選修4-5：不等式選講]23.設函數.（1）解不等式；（2）當x∈R，0