2024届陕西省西安市长安区高三上学期10月第三次月考数学试题理（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省西安市长安区2024届高三上学期10月第三次月考数学试题（理）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.已知复数的共轭复数为，且，则（）A. B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗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〖解析〗，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〖解析〗∵集合，，∴是方程解，即∴，∴，故选C.4.在中，已知，，若有两解，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示，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〖解析〗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〖解析〗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（）①②③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〖解析〗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.0 B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗，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.74m B.60m C.52m D.91m〖答案〗A〖解析〗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〖解析〗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.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〖解析〗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.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〖解析〗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.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题13.___________.（为虚数单位）〖答案〗〖解析〗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〗〖解析〗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〖解析〗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〗：8．16.已知函数，若对于任意，都有，则实数的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗由可变形为，令，则函数区间上单调递增，，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．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．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.解：（1）因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＝0时，x＝e，当0<x<e时，f′(x)>0；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＝－1.21.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．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.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．证明：（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．陕西省西安市长安区2024届高三上学期10月第三次月考数学试题（理）第Ⅰ卷（选择题）一、选择题1.已知复数的共轭复数为，且，则（）A. B.1 C.2 D.3〖答案〗D〖解析〗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〖解析〗，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〖解析〗∵集合，，∴是方程解，即∴，∴，故选C.4.在中，已知，，若有两解，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示，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〖解析〗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〖解析〗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（）①②③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〖解析〗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.0 B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗，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.74m B.60m C.52m D.91m〖答案〗A〖解析〗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〖解析〗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.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〖解析〗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.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〖解析〗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.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题13.___________.（为虚数单位）〖答案〗〖解析〗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〗〖解析〗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〖解析〗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〗：8．16.已知函数，若对于任意，都有，则实数的取值范围是___________.〖答案〗〖解析〗由可变形为，令，则函数区间上单调递增，，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．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．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.解：（1）因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＝0时，x＝e，当0<x<e时，f′(x)>0；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＝－1.21.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．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