2024届陕西省西安市长安区高三上学期10月第三次月考数学（理）试题含解析

这是一份2024届陕西省西安市长安区高三上学期10月第三次月考数学（理）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数的共轭复数为，且，则（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】先根据复数的乘法运算和加减法运算化简，再根据复数相等的定义即可得解.
【详解】由题意，
则，即，
化简得，
所以，解得，
所以.
故选：D.
2．不等式“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】解对数不等式和指数不等式，求出解集，进而判断出答案.
【详解】，解得，，解得，
因为，但，
故“”是“”成立的充分不必要条件.
故选：A
3．设集合，．若，则 ( )
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】∵ 集合，，
∴是方程的解，即
∴
∴，故选C
4．在中，已知，，若有两解，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正弦定理及图形关系得到即可得到答案.
【详解】
如上图所示，要使有两解，则以为圆心，为半径的圆与射线有两个交点，
有两解的充要条件为，代入题设得.
故选：C.
5．已知和是关于的方程的两根，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件可得，，，然后利用建立方程求解.
【详解】因为和是关于的方程的两根，
所以，，
所以，
因为，所以，
所以，，
故选：B
6．函数的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】首先由函数的奇偶性判断出B,D错误，再结合当时得出答案．
【详解】设，，
由，得为奇函数，故B,D错误；
由，故A正确，C错误，
故选：A．
7．已知是定义域为的奇函数，若的最小正周期为1，则下列说法中正确的个数是（ ）
① ②
③的一个对称中心为 ④的一条对称轴为
A．个B．个C．个D．个
【答案】B
【分析】根据条件得出周期，结合周期性、对称性可得答案.
【详解】因为的最小正周期为1，所以；
即，所以2是的周期；
因为为奇函数，所以，②正确；
，不一定为零，①不正确；
因为，所以的一个对称中心为，③正确；
通过题目条件无法得出的一条对称轴为，④不正确；
故选：B
8．函数在处取得极值0，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】A
【分析】根据极值点的意义，列式求解即可.
【详解】，
所以，解得，
经检验，满足题意，
所以.
故选：A
9．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
【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
10．已知函数，.若在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有，
令，则有即.
因为在区间内没有零点，
故存在整数，使得，
即，因为，所以且，故或，
所以或，
故选：D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.
11．已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解.
【详解】因为的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
代入得，即，
所以，
.
因为，所以，即，所以.
因为，所以，又因为，
联立得，，
所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R，
所以
因为，所以.
所以.
故选：D
【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.
12．在平面直角坐标系中，为原点，，,，动点满足,
则的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】试题分析：因为坐标为且,所以动点的轨迹为以为圆心的单位圆,则满足参数方程(为参数且),所以设的坐标为为,
则,
因为的取值范围为
且,,所以的取值范围为,故选D.
【解析】参数方程 圆 三角函数
二、填空题
13． .（为虚数单位）
【答案】
【分析】利用的周期性及复数的加减运算法则即可求解.
【详解】由题意，的周期为4，
所以原式.
故答案为：.
14．向量满足，且，则与夹角的余弦值等于 ．
【答案】/
【分析】利用向量数量积公式得到，解出即可.
【详解】
解得.
故答案为：.
15．在中，角的对边分别为，若，则的最大值为 ．
【答案】8
【分析】由正弦定理进行边化角的运算，化简可求出，由余弦定理可得，结合基本不等式即可求出的最值.
【详解】在中∴，
∴，
即，
因为，，可得，即.
由余弦定理可得，，
当且仅当时取等号．
故答案为：8．
16．已知函数，若对于任意，都有，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，将转化为在区间上单调递增，然后结合导数转化为恒成立问题，即可得到结果.
【详解】由可变形为，
令，则函数在区间上单调递增，，则在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
当时，，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：
三、解答题
17．已知向量，设函数.
（1）求的最小正周期
（2）求函数的单调递减区间
（3）求在上的最大值和最小值
【答案】（1）；（2）；（3）最大值为1，最小值为.
【分析】（1）利用数量积运算性质可得，由解得最小正周期．
（2）由，解得即可得出的单调增区间．
（3）由，可得，即可求出在上的最大值和最小值．
【详解】（1）由题意得.
解得最小正周期
（2），，
，，
，，
得的单调递减区间为.
（3）由（1）知，
，
综合正弦函数性质可得在区间上的最大值为1，最小值为
【点睛】本题考查了向量的数量积公式、三角函数的化简及三角函数的单调性与最值，属于基础题．
18．已知二次函数．
(1)若在区间上是减函数，求a的取值范围．
(2)若，设函数在区间的最小值为，求的表达式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分和两种情况讨论，结合而二次函数性质分析求解；
（2）分、和三种情况，结合二次函数性质分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，且二次函数的对称轴为，
若，则，解得；
若，则，符合题意；
综上所述：a的取值范围.
（2）因为，则开口向上，且的对称轴为，
若，即时，则在区间上单调递增，
可得；
若，即时，则在区间上单调递减，
可得；
若，即时，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
可得；
综上所述：.
19．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______．
(1)求角的大小；
(2)边上的中线，求的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；
（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．
【详解】（1）若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．
则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．
（2）．
又（当且仅当时取等）
的面积的最大值为
20．已知函数f(x)＝－1.
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）设m＞0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值.
【答案】（1）单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)；（2）答案不唯一，具体见解析.
【分析】(1)对函数求导，利用求出函数的单调增区间，利用求出函数的单调减区间；
(2)按当0＜m≤，＜m＜e和m≥e时，讨论函数的单调性，进而得出函数的最大值．
【详解】(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＝0时，x＝e，
当00；
当x>e时，f′(x)<0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞).
(2)①当，即0＜m≤时，[m，2m]⊆(0，e]，由（1）得，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m＜e＜2m，即＜m＜e时，[m，e)⊆(0，e)，[e，2m]⊆[e，＋∞)，
函数f(x)在区间[m，e)上单调递增，在[e，2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，[m，2m]⊆[e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0＜m≤时，f(x)max＝－1；当＜m＜e时，f(x)max＝－1；当m≥e时，f(x)max＝－1.
【点睛】本题考查导数在函数最值中的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查分类讨论思想，属于中档题．
21．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程．
(2)若函数在单调递增，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即在区间上恒成立，整理变形可得在区间上恒成立，然后分类讨论三种情况即可求得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
据此可得，
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
【点睛】方法点睛：
（1）求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
（2）由函数的单调性求参数的取值范围的方法
①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立．
②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集．
22．已知函数．
（1）若在处导数相等，证明：；
（2）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）方法一：先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调性证明出不等式；
（2）方法一：利用零点存在定理证明函数有零点，再利用导数证明函数在上单调递减，即证出.
【详解】（1）［方法一］：基本不等式＋函数思想
函数的导函数，由,得，
因为，所以．由基本不等式得．
因为，所以．
由题意得．
设，则，
所以在上递减，在上递增，故，
即．
［方法二］：换元＋同构＋函数思想
．令，即关于的二次方程的两个相异根分别为，
则，解得．
所以．
令，则在区间上恒成立．
所以在区间内单调递减，因此，得证．
（2）［方法一］：【通性通法】【最优解】零点存在性定理＋单调性
设，
令,则
，
所以,，即存在使,
所以,对于任意的及,直线与曲线有公共点.
由得.
设,，
其中.
由（1）可知,又,
故,
所以,即函数在上单调递减,因此方程至多1
个实根.
综上,当时,对于任意,直线与曲线有唯一公共点.
［方法二］：极限思想＋零点存在性定理＋单调性
令，因为，又的图象在区间上连续不断，
所以，对于任意的及，函数在区间内有零点．
以下证明，当，对任意，函数在区间上至多有一个零点．
易知．
①当时，，此时函数在区间内单调递减，所以，函数在区间内至多有一个零点；
②当时，关于x的方程，即有两个不同的实数根，分别记为，不妨设，可得．
易知，函数在区间和内单调递减，在区间内单调递增．
所以函数的极小值．
由（1）可知，又，所以．
所以在区间内至多有一个零点，得证．
［方法三］：换元法的应用
由方法一知，交点必存在，只证唯一性．
令，只需证：对于任意，方程有唯一解．
设，则．设，则．当时，；当时，．所以是的最大值点．由知，因此，在区间内递减，解必唯一．
［方法四］：图象性质的应用
由方法一知，交点必存在，只证唯一性．
，得的拐点为．而的图象在拐点处的切线l方程为，即．此时切线l穿过的图象，与的图象只有一个交点，所以当时，直线与的图象只有一个交点．
【整体点评】（1）方法一：先通过题意得出等量关系，利用基本不等式求出取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；
方法二：设，利用同构以及方程思想可得的取值范围，再将用表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；
（2）方法一：利用等价转化思想，直线与曲线有唯一交点，转化为有唯一零点，找点利用零点存在性定理以及函数的单调性即可证出，是该题的通性通法；
方法二：解题思想同方法一，方法二借用极限思想快速判断函数在上有零点，再分类讨论说明函数在区间上至多有一个零点，即可证出，只不过欠缺严谨性；
方法三：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，
通过换元，证明对于任意，方程有唯一解，利用导数说明函数在区间内递减，即证出；
方法四：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，根据函数的图象的凸凹性，求出拐点所在处的切线方程，数形结合证出．