陜西省西安市長安區(qū)2024屆高三上學期10月第三次月考數(shù)學試題理（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1陜西省西安市長安區(qū)2024屆高三上學期10月第三次月考數(shù)學試題（理）第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題1.已知復數(shù)的共軛復數(shù)為，且，則（）A. B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗由題意，則，即，化簡得，所以，解得，所以.故選：D.2.不等式“”是“”成立的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗，解得，，解得，因為，但，故“”是“”成立的充分不必要條件.故選：A.3.設集合，．若，則()A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗∵集合，，∴是方程解，即∴，∴，故選C.4.在中，已知，，若有兩解，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如圖所示，要使有兩解，則以為圓心，為半徑的圓與射線有兩個交點，有兩解的充要條件為，代入題設得.故選：C.5.已知和是關于的方程的兩根，且，則的值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因為和是關于的方程的兩根，所以，，所以，因為，所以，所以，，故選：B.6.函數(shù)的大致圖像是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗設，，由，得為奇函數(shù)，故B,D錯誤；由，故A正確，C錯誤，故選：A．7.已知是定義域為的奇函數(shù)，若的最小正周期為1，則下列說法中正確的個數(shù)是（）①②③的一個對稱中心為④的一條對稱軸為A.個 B.個 C.個 D.個〖答案〗B〖解析〗因為的最小正周期為1，所以；即，所以2是的周期；因為為奇函數(shù)，所以，②正確；，不一定為零，①不正確；因為，所以的一個對稱中心為，③正確；通過題目條件無法得出的一條對稱軸為，④不正確；故選：B.8.函數(shù)在處取得極值0，則（）A.0 B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗，所以，解得，經檢驗，滿足題意，所以.故選：A.9.中國古代四大名樓鸛雀樓，位于山西省運城市永濟市蒲州鎮(zhèn)，因唐代詩人王之渙的詩作《登鸛雀樓》而流芳后世．如圖，某同學為測量鸛雀樓的高度MN，在鸛雀樓的正東方向找到一座建筑物AB，高約為37m，在地面上點C處（B，C，N三點共線）測得建筑物頂部A，鸛雀樓頂部M的仰角分別為和，在A處測得樓頂部M的仰角為，則鸛雀樓的高度約為（）A.74m B.60m C.52m D.91m〖答案〗A〖解析〗在中，，，，在中，，由，，在中，.故選：A.10.已知函數(shù)，.若在區(qū)間內沒有零點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由題設有，令，則有即.因為在區(qū)間內沒有零點，故存在整數(shù)，使得，即，因為，所以且，故或，所以或，故選：D.11.已知函數(shù)的定義域均為R，且．若的圖像關于直線對稱，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因為的圖像關于直線對稱，所以，因為，所以，即，因為，所以，代入得，即，所以，.因為，所以，即，所以.因為，所以，又因為，聯(lián)立得，，所以的圖像關于點中心對稱，因為函數(shù)的定義域為R，所以因為，所以.所以.故選：D.12.在平面直角坐標系中，為原點，，,，動點滿足,則的取值范圍是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因為坐標為且,所以動點的軌跡為以為圓心的單位圓,則滿足參數(shù)方程(為參數(shù)且),所以設的坐標為為,則因為的取值范圍為且,,所以的取值范圍為,故選D.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題13.___________.（為虛數(shù)單位）〖答案〗〖解析〗由題意，的周期為4，所以原式.故〖答案〗為：.14.向量滿足，且，則與夾角的余弦值等于___________．〖答案〗〖解析〗解得.故〖答案〗為：.15.在中，角的對邊分別為，若，則的最大值為__________．〖答案〗8〖解析〗在中∴，

∴，

即，

因為，，可得，即.由余弦定理可得，，當且僅當時取等號．

故〖答案〗：8．16.已知函數(shù)，若對于任意，都有，則實數(shù)的取值范圍是___________.〖答案〗〖解析〗由可變形為，令，則函數(shù)區(qū)間上單調遞增，，則在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，則在區(qū)間上恒成立，當時，，所以，即實數(shù)的取值范圍是.故〖答案〗為：三、解答題17.已知向量，設函數(shù).（1）求的最小正周期（2）求函數(shù)的單調遞減區(qū)間（3）求在上的最大值和最小值解：（1）由題意得.解得最小正周期（2），，，，，，得的單調遞減區(qū)間為.（3）由（1）知，，綜合正弦函數(shù)性質可得在區(qū)間上的最大值為1，最小值為18.已知二次函數(shù)．（1）若在區(qū)間上是減函數(shù)，求a的取值范圍．（2）若，設函數(shù)在區(qū)間的最小值為，求的表達式．解：（1）由題意可知：，且二次函數(shù)的對稱軸為，若，則，解得；若，則，符合題意；綜上所述：a的取值范圍.（2）因為，則開口向上，且的對稱軸為，若，即時，則在區(qū)間上單調遞增，可得；若，即時，則在區(qū)間上單調遞減，可得；若，即時，則在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，可得；綜上所述：.19.在①；②；③；這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解答問題．問題：在中，角的對邊分別為，且______．（1）求角的大小；（2）邊上的中線，求的面積的最大值．解：（1）若選①在中，因為，故由可得由正弦定理得，即．則，又，故．選②，，∴，∴，∴．選③由及正弦定理．．又，所以．即，因為，，所以．又，得．綜上所述：選擇①②③，都有．（2）．又（當且僅當時取等）的面積的最大值為20.已知函數(shù)f(x)＝－1.（1）求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；（2）設m＞0，求函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上的最大值.解：（1）因為函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝＝0時，x＝e，當0<x<e時，f′(x)>0；當x>e時，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，e)，單調遞減區(qū)間為(e，＋∞).（2）①當，即0＜m≤時，[m，2m]?(0，e]，由（1）得，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上單調遞增，所以f(x)max＝f(2m)＝－1；②當m＜e＜2m，即＜m＜e時，[m，e)?(0，e)，[e，2m]?[e，＋∞)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，e)上單調遞增，在[e，2m]上單調遞減，所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；③當m≥e時，[m，2m]?[e，＋∞)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[m，2m]上單調遞減，所以f(x)max＝f(m)＝－1.綜上所述，當0＜m≤時，f(x)max＝－1；當＜m＜e時，f(x)max＝－1；當m≥e時，f(x)max＝－1.21.已知函數(shù)．（1）當時，求曲線在點處的切線方程．（2）若函數(shù)在單調遞增，求的取值范圍．解：（1）當時，，則，據(jù)此可得，所以函數(shù)在處的切線方程為，即.（2）由函數(shù)的〖解析〗式可得，滿足題意時在區(qū)間上恒成立.令，則，令，原問題等價于在區(qū)間上恒成立，則，當時，由于，故，在區(qū)間上單調遞減，此時，不合題意;令，則，當，時，由于，所以在區(qū)間上單調遞增，即在區(qū)間上單調遞增，所以，在區(qū)間上單調遞增，，滿足題意.當時，由可得，當時，在區(qū)間上單調遞減，即單調遞減，注意到，故當時，，單調遞減，由于，故當時，，不合題意.綜上可知：實數(shù)得取值范圍是.22.已知函數(shù)．（1）若在處導數(shù)相等，證明：；（2）若，證明：對于任意，直線與曲線有唯一公共點．證明：（1）［方法一］：基本不等式＋函數(shù)思想函數(shù)的導函數(shù)，由,得，因為，所以．由基本不等式得．因為，所以．由題意得．設，則，所以在上遞減，在上遞增，故，即．［方法二］：換元＋同構＋函數(shù)思想．令，即關于的二次方程的兩個相異根分別為，則，解得．所以．令，則在區(qū)間上恒成立．所以在區(qū)間內單調遞減，因此，得證．（2）［方法一］：【通性通法】【最優(yōu)解】零點存在性定理＋單調性設，令,則，所以,，即存在使,所以,對于任意的及,直線與曲線有公共點.由得.設,，其中.由（1）可知,又,故,所以,即函數(shù)在上單調遞減,因此方程至多1個實根.綜上,當時,對于任意,直線與曲線有唯一公共點.［方法二］：極限思想＋零點存在性定理＋單調性令，因為，又的圖象在區(qū)間上連續(xù)不斷，所以，對于任意的及，函數(shù)在區(qū)間內有零點．以下證明，當，對任意，函數(shù)在區(qū)間上至多有一個零點．易知．①當時，，此時函數(shù)在區(qū)間內單調遞減，所以，函數(shù)在區(qū)間內至多有一個零點；②當時，關于x的方程，即有兩個不同的實數(shù)根，分別記為，不妨設，可得．易知，函數(shù)在區(qū)間和內單調遞減，在區(qū)間內單調遞增．所以函數(shù)的極小值．由（1）可知，又，所以．所以在區(qū)間內至多有一個零