宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三上学期第四次月考数学（理）试题（Word版附解析）.docx

1、银川一中2024届高三年级第四次月考数学（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由分式不等式的解法，解出集合，根据集合的交集运算，可得答案.【详解】由不等式，则等价于，解得，所以，由，则.故选：D.2. 复平面上，以原点为起点，平行于虚轴的非零向量所对应的复数一定是（ ）A. 正数B. 负数C. 实部不为零的虚数D. 纯虚数【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标写出对应复数，然后判断即可.【详解】由题意可设，所以对应复数为，此复数为纯虚数，故选：D.3

2、. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ） A. 20B. 32C. D. 【答案】D公众号：全元高考【解析】【分析】先根据几何体的三视图得出该几何体的直观图，再由几何体的特征得出几何体的体积.【详解】解：如图，根据几何体的三视图可以得出该几何体是底面为矩形的四棱锥，该几何体的高为，且，所以该几何体的体积为，故选：D. 4. “不以规矩，不能成方圆”出自孟子离娄章句上.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1）.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四

3、边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.设截得的四边形木板为，设，如下图所示.由且可得，在中，由正弦定理得，解得.公众号：全元高考在中，由余弦定理，得，所以，即，可得，当且仅当时等号成立.在中，由余弦定理可得，即，即，当且仅当时等号成立，因此，这块四边形木板周长的最大值为.故选：D.5. 若，则的取值范围是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用不等式的性质求解.【详解】，又，故

4、选：B.6. 已知向量，则“”是“”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】B【解析】【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程求得或，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由向量，可得，若，可得，解得或，所以是的必要不充分条件.故选：B.7. “莱洛三角形”是机械学家莱洛研究发现的一种曲边三角形，它在很多特殊领域发挥了超常的贡献值“莱洛三角形”是分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形（如图所示）现以边长为4的正三角形作一个“莱洛三角形”，则此“莱洛三角形”的面积为（ ） A.

5、 B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出正三角形的面积和弓形的面积，进而求出“莱洛三角形”的面积.【详解】正三角形的面积为，圆弧的长度为，故一个弓形的面积为，故“莱洛三角形”的面积为.故选：A8. 若数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由递推公式可得数列是等比数列，即可得到数列的通项公式，从而得到结果.【详解】因为，所以，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，所以.故选：B9. 如图，圆柱的轴截面为矩形，点M，N分别在上、下底面圆上，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出异面直

6、线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.【详解】连接，设，则是的中点，设是的中点，连接，则，则是异面直线与所成角或其补角.由于，所以，由于，而是圆柱底面圆的直径，则，所以，则，而，在三角形中，由余弦定理得.故选：D10. 已知是等差数列的前项和，且，则（ ）A. 数列为递增数列B. C. 的最大值为D. 【答案】B【解析】【分析】由且，所以，所以公差，所以时，时，逐项分析判断即可得解.【详解】由且，所以，故B正确；所以公差，数列为递减数列，A错误；由，所以，时，的最大值为，故C错误；，故D错误.故选：B11. 银川一中的小组合作学习模式中，每位参与的同学都是受益者，以下这道题就是小组里

7、最关心你成长的那位同桌给你准备的：中国古代数学经典九章算术系统地总结了战国秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】因条件满足“墙角”模型，故可构建长方体模型求解外接球半径，利用公式即得.【详解】 如图，因平面，,故可以构造长方体,易得：长方体的外接球即鳖臑的外接球，设球的半径为，由，且,解得: ,又因四边形为正方形，阳马的外接球即以为三条两两垂直的

8、棱组成的正四棱柱的外接球，设其半径为，则有,解得：故阳马的外接球的表面积为故选：C.12. 若曲线与曲线有公切线，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设公切线与函数切于点，设公切线与函数切于点，然后利用导数的几何意义表示出切线方程，则可得，消去，得，再构造函数，然后利用导数可求得结果.【详解】设公切线与函数切于点，由，得，所以公切线的斜率为，所以公切线方程为，化简得，设公切线与函数切于点，由，得，则公切线的斜率为，所以公切线方程为，化简得，所以，消去，得，由，得，令，则，所以在上递减，所以，所以由题意得，即实数取值范围是，故选：A【点睛】关键点点睛：此题考

9、查导数的几何意义，考查导数的计算，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是利用导数的几何意义表示出公切线方程，考查计算能力，属于较难题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若实数满足约束条件则的最大值为_【答案】4【解析】【分析】依题意可画出可行域，并根据目标函数的几何意义求出其最大值为.【详解】根据题意，画出可行域如下图中阴影部分所示：易知目标函数可化为，若要求目标函数的最大值，即求出在轴上的最大截距即可，易知当（图中虚线所示）平移到过点时，截距最大，显然，则，所以的最大值为.故答案为：414. 已知偶函数满足，则_【答案】0【解析】【分析】由偶函数的定义和赋值法，以及找

10、出函数的周期，然后计算即可【详解】令，则，又，所以，于是化为：，所以的周期，所以故答案为：0.15. 在中，已知，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据数量积的定义结合余弦定理运算求解.【详解】由题意可得：，即.故答案为：.16. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据函数图像平移变换，写出函数的解析式，再由函数 在区间上单调递增，列出不等式组求出的取值范围即可【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象,再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到

11、函数图象，函数在区间上单调递增，所以，即，解得，又，所以，解得，由可得，故答案: .三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第1721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：17. 如图，在棱长为的正方体中，分别是，的中点，过，三点的平面与正方体的下底面相交于直线 （1）画出直线的位置，保留作图痕迹，不需要说明理由；（2）求三棱锥的体积【答案】（1）答案见解析 （2）【解析】【分析】（1）延长与的延长线交于，连接即为所求；（2）根据结合三棱锥的体积公式求解出结果.【小问1详解】如图所示直线即为所求： 依据如下：延长

12、交的延长线于，连接，则即为直线的位置，平面，平面，平面平面，又由题意显然有平面平面，平面平面，则即为直线的位置【小问2详解】因为，所以.18. 已知数列是等比数列，满足，数列满足，设，且是等差数列.（1）求数列和通项公式；（2）求的通项公式和前项和.【答案】18. ， 19. ，【解析】【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；（2）先写出数列的通项公式，再分组求和即可求解.【小问1详解】设等比数列的公比为，因为，所以，即，设等差数列公差为，因为，所以，即.【小问2详解】因为，所以,由（1）可得，设前项和为，.19. 为践行两会精神，关注民生问题，某市积极优化市民居住环境，进行污水排放管道

13、建设.如图是该市的一矩形区域地块，有关部门划定了以D为圆心，为半径的四分之一圆的地块为古树保护区.若排污管道的入口为边上的点E，出口为边上的点F，施工要求与古树保护区边界相切，右侧的四边形将作为绿地保护生态区.（，长度精确到，面积精确到） （1）若，求的长；（2）当入口E在上什么位置时，生态区的面积最大?最大是多少?【答案】（1） （2），最大面积为【解析】【分析】（1）根据得，然后利用锐角三角函数求出即可；（2）设，结合锐角三角函数定义可表示，然后表示出面积，结合二倍角公式化简，再利用基本不等式求解.【小问1详解】设切点为H，连结DH，如图. ，；.【小问2详解】设，则，.，当且仅当，即时，

14、等号成立，时，生态区即梯形的面积最大，最大面积为.20. 已知向量.设函数.（1）求函数的解析式及其单调递增区间；（2）将图象向左平移个单位长度得到图象，若方程在上有两个不同的解，求实数的取值范围，并求的值.【答案】（1）， （2）实数的取值范围是，【解析】【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式和三角恒等变换的公式化简即可;（2）利用函数的平移求出的解析式，然后利用三角函数的图像和性质求解即可.【小问1详解】由题意可知.由，可得，函数的单调增区间为.【小问2详解】，得，在区间上单调递增，同理可求得在区间上单调递减，且的图象关于直线对称，方程，即，当时，方程有两个不同的解，由单调性知，在区间上单

15、调递增，在区间上单调递减，且故当时，方程有两个不同的解，实数的取值范围是.又的图象关于直线对称，即.21. 已知函数.（1）若，使得成立，求实数的取值范围；（2）证明：对任意的为自然对数的底数.【答案】（1）； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）变形不等式，分离参数并构造函数，再求出函数的最大值即得.（2）由（1）的信息可得，令，再利用不等式性质、对数运算、数列求和推理即得.【小问1详解】函数，则不等式，令，求导得，当时，函数递增，当时，函数递减，因此当时，依题意，所以实数的取值范围是.【小问2详解】由（1）知，当时，即当时，而当时，因此，于是，即有，所以.【点睛】结论点睛：函数的定义区

16、间为，(1)若，总有成立，则；(2)若，总有成立，则；(3)若，使得成立，则；(4)若，使得成立，则.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一道作答.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，曲线的参数方程为（为参数）以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）若点是上的一点，求点到直线的距离的最小值【答案】（1）的普通方程；直线的直角坐标方程 （2）【解析】【分析】（1）利用消参法求的普通方程，根据极坐标可知直线表示过坐标原点，倾斜角为的直线，进而可得斜率和直线方程；（2）设

17、，利用点到直线的距离结合基本不等式运算求解.【小问1详解】因为曲线的参数方程为（为参数），两式平方相减得，即的普通方程；又因为直线的极坐标方程为，表示过坐标原点，倾斜角为的直线，可得直线的斜率，所以直线的直角坐标方程，即.【小问2详解】由题意可设，设点到直线：距离为d，则，当且仅当，即时，等号成立，所以点到直线的距离的最小值.【选修4-5：不等式选讲】23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意分、和三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式可求得的最小值，再利用基本不等式可证得所证不等式成立.【小问1详解】由题意可知：，当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，解得，所以；当时，不等式即为，无解，即；综上所示：不等式的解集为.【小问2详解】由绝对值不等式的性质可得：，当且仅当时，等号成立，所以取最小值4，即，可得，即，所以当且仅当，即时，等号成立.