四川省宜宾市第四中学校2023-2024学年高三上学期10月月考数学（文） Word版含解析.docx

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宜宾市四中高2021级高三10月考试数学（文史类）试卷本试卷共4页，23小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60分）一、选择题：本题共12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.设（其中i为虚数单位），则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算计算作答.【详解】依题意，.故选：D2.与向量平行的单位向量为（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】与向量平行的单位向量为，计算得到答案.【详解】与向量平行的单位向量为，即或.故选：C. 3.若角的终边经过点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由正弦三角函数的定义可得答案.【详解】到原点的距离为，则.故选：D.4.若实数满足，则的最小值是（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义得到最值．【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，则，表示直线纵截距的相反数，根据图象知：当直线过点，即，时最小为．故选：C． 【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图象是解题的关键．5.在中，，则的值为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理计算作答.【详解】在中，角所对的边分别为，，由正弦定理得，令，由余弦定理得：.故选：C.6.已知，，则（）A.B.C.1D.【答案】D【解析】【分析】由平方关系求出，再由二倍角公式计算．【详解】因为，，所以，所以．故选：D．7.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的体积（容器壁的厚度忽略不计）的最小值为（） A.B.C.D.以上结果都不对【答案】A【解析】【分析】根据题意，可转化为求该几何体外接球的体积，即长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球的体积.【详解】由题意，该球形容器的体积最小时，该球形容器为长、宽、高分别为4,2,8的长方体的外接球，其直径为，半径为，体积为.即该球形容器的体积的最小值为.故选：A.【点睛】本题考查长方体的外接球的体积，结合传统文化，考查学生对实际问题的理解能力，属于中档题.8.已知函数只有一个零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将题目转化为函数的图像与的图像只有一个交点，利用导数研究函数的单调性与极值，作出图像，利用数形结合求出的取值范围.【详解】由函数只有一个零点，等价于函数的图像与的图像只有一个交点，，求导，令，得当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；故当时，函数取得极小值；当 时，函数取得极大值；作出函数图像，如图所示，由图可知，实数的取值范围是故选：B【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.9.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法不正确的是（）A.最大值为，图象关于直线对称B.在上单调递增C.最小正周期为D.图象关于点对称【答案】A【解析】【分析】根据三角函数图象变换求得，然后根据三角函数的最值、对称性、单调性、最小正周期等知识确定正确答案.【详解】函数的图象向左平移个单位长度， 得到.A选项，的最大值是，，所以直线不是的对称轴，所以A选项错误.B选项，，所以在上单调递增，B选项正确.C选项，的最小正周期，C选项正确.D选项，，所以图象关于点对称，D选项正确.故选：A10.设函数是定义在R上奇函数，满足．当时，，则下列结论中正确的是（）A.函数图像关于直线对称B.函数在区间单调递减C.当时，有1012个零点D.函数的图像关于点对称【答案】C【解析】【分析】通过赋值和函数的奇偶性，将转化为与分别求出函数周期和对称轴.【详解】对于，有，即周期为4.又对于，有，因是定义在R上的奇函数. 则，故关于对称.又当时，，据此可做出部分图像如下.对于A选项，结合图像可知：图像关于对称，故A错误.对于B选项，因周期为4，故在上单调性与在上保持一致.又当时，，在上单调递增，故B错误.对于C选项，结合图像可知：零点为，则令解得：，故当时，有1012个零点，故C正确.对于D选项，结合图像可知：图像关于对称，其中，故D错误.故选：C【点睛】结论点睛：本题考查函数奇偶性，周期性，涉及到相关结论有：（1）若对定义域内任意有，则图像关于对称.（2）若对定义域内任意有，则周期为.11.如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（）A.存在某个位置使得B.存在某个位置使得C.存在某个位置使得D.存在某个位置使得【答案】B【解析】 【分析】选项A，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围可得解.【详解】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误.故选：B.12.已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（）A.B.5C.D.【答案】A【解析】【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.【详解】因为，易知三角形为等腰直角三角形，又平面，所以为三棱锥的高， 则可将三棱锥放入长方体内，如图，长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，，解得，又，解得，，所以所以三棱锥的体积，故选：A【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径第II卷非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.设，若，则的值组成的集合为__________.【答案】【解析】【分析】先求出集合中的取值,再代入集合中求的值,注意当为空集时也满足.【详解】由题,中解得或. 当时,代入得,；当时,代入得,；当为空集时,.故答案为.【点睛】集合则集合中任意元素都能在集合中找到.特别的,当时也成立.14.已知函数，若，则________【答案】2【解析】【分析】分段函数已知函数值求自变量，分段代入函数值，讨论即可.【详解】若，则，可得无解；若，则，求得或（舍去）.故答案为2.【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，已知函数值求解自变量时，要根据分段情况进行讨论求解，侧重考查数学运算的核心素养.15.将函数的图象先向右平移个单位，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，则的一个可能取值为_________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】化简函数、的解析式，并求出平移后的函数解析式，可得出关于的等式，由此可得结果.【详解】因为，将函数的图象先向右平移个单位，可得到函数的图象，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的倍，可得到函数的图象， 因为，所以，，可得，故的一个可能取值为.故答案为：（答案不唯一）.16.中，若，则周长最大值为______．【答案】.【解析】【详解】分析：根据正弦定理，将边长转化为角的表示形式，利用差角公式和辅助角公式，得到关于角A的表达式，然后根据角A的取值范围确定最值．详解：由正弦定理，所以所以周长因为所以当时，所以周长最大值为点睛：本题考查了正弦定理的综合应用，通过边角转化求最值，关键是把角统一，再利用角的范围求得最大值，属于中档题．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：共60分.17.已知函数（1）求函数的最小正周期，最大值及取到最大值的的取值集合；（2）已知锐角满足，求的值.【答案】17.最小正周期为；当时，最大值为3.18.【解析】【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换化简，即可得到，结合余弦型函数的性质，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得，结合二倍角公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】，则函数的最小正周期为，令，，解得，，即当时，函数的最大值为3.【小问2详解】由于，即，解得，则，解得，又为锐角，即，则，所以 ，即，所以.18.已知函数，当时，函数取得极值.（1）若在上为增函数，求实数m的取值范围；（2）若时，方程有两个根，求实数m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据函数极值的定义，结合导数的性质进行求解即可；（2）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点的性质进行求解即可.【小问1详解】由，则，因为时，取到极值，所以，解得.又当时，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取得极值，符合题意.要使在上为增函数，则或，所以或.即实数的取值范围为.【小问2详解】令，由（1）得，且，故，，则，当时，令，解得，令，解得，所以的递增区间为，递减区间为， 故，而，，故.要使有两个根，则.即实数的取值范围为.19.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若是的中点，，且的面积为，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）应用正弦边角关系得，再由余弦定理求角；（2）由，应用向量数量积的运算律可得，应用三角形面积公式、正余弦定理求边长，进而求的值.【小问1详解】由正弦边角关系知：，则，又，故.【小问2详解】如下图，，且，所以， 又①，且，即为锐角，所以，则，且，即，所以②，由①②可得：或4，即或2，当，则，，不合题意；所以，则，，故.20.如图一,等腰梯形,,,,分别是的两个三等分点,若把等腰梯形沿虚线,折起,使得点和点重合,记为点,如图二.(1)求证:平面平面.(2)求四棱锥P-ABEF的表面积.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）推导出BE⊥EF，BE⊥PE，从而BE⊥面PEF，由此能证明平面PEF⊥平面ABEF（2）分别计算四棱锥的各面面积，求和即可.【详解】（1）∵等腰梯形分别是的两个三等分点，∴ABEF是正方形,∴BE⊥EF,∵BE⊥PE，且PE∩EF=E，∴BE⊥面PEF， 又BF⊂平面ABEF,∴平面PEF⊥平面ABEF．（2）在等腰梯形中，由（1）知,,即折起后,中,,中，，，表面积【点睛】本题主要考查了面面垂直、线面垂直的证明，四棱锥的表面积，属于中档题．21.已知函数，．（1）讨论的单调性；（2）若函数在区间内无零点，求实数的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导后根据正负情况分类讨论求得单调区间；（2）当时，递减，抓住得到在上无零点；当时，根据的极值点与的大小关系分两种情况求实数的取值范围．【小问1详解】解：的定义域为，．①当时，，则在上递增．②当时，由； 由．∴的单调减区间为，单调增区间为．综上，当时，的增区间为，无减区间；当时，的单调减区间为，单调增区间为．【小问2详解】解：由已知得，，则．①当时，，则在上单调递减，由得时，恒成立．∴在内无零点．②当时，令，得．若，即时，则在上递减，又时，．要使在内无零点，只需，即；若，即时，则在上递减，在上递增．∴．令，则，∴在上递减，．即，∴在上一定有零点，不合题意，舍去．综上，实数的取值范围是．【点睛】本题解题的关键是在（2）中当时，抓住函数过定点；当时，要善于利用极值点与区间的位置关系分类讨论，从而探究不同情况下函数的性质，把问题转化成由求 的范围．（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.在直角坐标系中，曲线M的参数方程为（为参数，），曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，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）【解析】【分析】（1）先化成直角坐标方程，然后由即可化为极坐标方程.（2）把分别代入（1）中所求得的表达式得，结合已知即可求解.【小问1详解】由题意曲线M的参数方程为（为参数，），可得，即，又由，可得，所以曲线M极坐标方程为，由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为. 【小问2详解】将代入，可得，将代入，可得则，因为，所以，又因为，所以．[选修4-5：不等式选讲]23.设函数．（1）当时，求函数的定义域；（2）设，当时，成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用零点分段法解不等式可得出函数的定义域；（2）由可得可得出，然后解不等式可得出，根据题意得出，进而可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】（1）当时，要使函数有意义，需满足.当时，则有，即，解得，此时；当时，则有，即，不合乎题意；当时，则有，即，解得，此时.综上所述，不等式的解集为.因此，当时，函数的定义域为；（2）当时，由可得，则，可得由可得，解得 ，，解得.因此，实数的取值范围是.