精品解析：四川省双流棠湖中学2023-2024学年高三上学期10月月考理数试题（解析版）

棠湖中学高2021级高三10月考试数学（理工类）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.Axxx10,Byyx21.若集合，则A.ABB.ABC.ABRD.BA【答案】B【解析】【详解】由题意，集合Axxx10{x|0x1},Byyx2{y|y0}，所以AB，故选B.2.下列函数中，在区间(0,)上单调递增的是（）11A.y1x2B.yC.y()xD.ylgxx12【答案】D【解析】【分析】由二次函数，分式函数，指数函数，对数函数的函数特征分别讨论单调区间可求解．【详解】选项A是开口向下，对称轴为x=0的二次函数，所以在0,是单调递减，不符．选项B为分式函数，定义域为{x|x1}，所以只有两个减区间，也不符，选项C是底数属于(0,1)的指数函数，所以在R上单调递减，不符．选项D是定义在0,上以10为底的对数函数，所以在0,上单调递增，符合，故选：D.3.已知m0,n0，条件p:5m3nmn，条件q:3m5n64，则p是q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】【分析】利用基本不等式证明充分性，利用特殊值证明必要性不成立，即可判断；第1页/共21页学科网（北京）股份有限公司53【详解】解：因m0,n0，由5m3nmn，得：1，则nm5315m15n3m5n3464，当且仅当mn8时取等号，因此p推得出q，即充分性nmnm成立，取m2,n12，满足3m5n64，但5m3nmn，即q推不出p，即必要性不成立，所以p是q的充分不必要条件，故选：A4.古代人家修建大门时，贴近门墙放置两个石墩.石墩其实算是门墩，又称门枕石，在最初的时候起支撑固定院门的作用，为的是让门栓基础稳固，防止大门前后晃动.不过后来不断演变，一是起到装饰作用，二是寓意“方方圆圆”.如图所示，画出的是某门墩的三视图，则该门墩从上到下分别是（）1A.半圆柱和四棱台B.球的和四棱台41C.半圆柱和四棱柱D.球的和四棱柱4【答案】D【解析】【分析】根据几何体的三视图直观想象出几何体的直观图，从而可得几何体的结构特征.【详解】由几何体的三视图可知：1该几何体上面是球的，下面是放倒的四棱柱.4故选：D【点睛】本题考查了几何体的三视图还原直观图，考查了空间想象能力，属于基础题.π1π5.已知0,，且sin，则sin2的值为（）232第2页/共21页学科网（北京）股份有限公司774242AB.C.D..9999【答案】A【解析】【分析】根据诱导公式及二倍角公式即得.π1【详解】0,，sin，23π227sin2cos212sin1.299故选：A.6.弹簧上挂的小球做上下振动时，小球离开平衡位置的距离ycm随时间xs的变化曲线是一个三角函数的图像（如图所示），则这条曲线对应的函数解析式是（）A.y4sin2x3B.y4sinx6C.y4sin2x3D.y4sin2x6【答案】A【解析】【分析】由函数fx的部分图像得到A4或A4，并分别讨论A4或A4时fx的解析式第3页/共21页学科网（北京）股份有限公司【详解】解：设该曲线对应的函数解析式为fx＝Asin(x+),02，72由图可知，A4或A4，T2()，则2，1212当A4时，fx＝4sin(2x+)，由f＝4sin(2+)4，解得2k,kZ，12123因为02，所以，所以fx＝4sin(2x+)；33当A4时，fx=-4sin(2x+)，2由f=-4sin(2+)4，解得2kkZ，1212344因为02，所以，所以fx=-4sin(2x+)；33故选：A7.方程x23ax3a1（0a＞2）的两根为tan，tan，且，(，)，则22353A.B.C.D.或44444【答案】B【解析】【分析】利用韦达定理求出tantan与tan•tan的值，由两角和的正切公式求得ta（nαβ）1，从而可得结果.【详解】∵方程x23ax3a1（0a＞2）的两根为tan，tan，且，,，22∴tantan3a＜6＜0，tan•tan3a1＞70，再结合，，故tan＜0，tan＜0，∴、（，0），故（，0）．2tantan3又ta（n）1，∴，故选B．1tantan4【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并第4页/共21页学科网（北京）股份有限公司且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．18.将函数f(x)2sinx的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的(60)倍(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，若函数g(x)在区间(,)上是增函数，则的取值范围63是（）1A.(0,]B.(0,2]C.(2,3)D.[3,)2【答案】B【解析】【分析】先根据图象变换求解出gx的解析式，然后结合正弦函数的单调增区间以及gx的周期T的范围，列出关于的不等式组并求解出的取值范围.【详解】将函数f(x)2sinx的图象经过变化后得到g(x)2sin(x)的图象，62令2kx2k(kZ)，即2kx2k(kZ)，26233∵g(x)在(,)上是增函数，∴x(,)，63632又T2()，∴6，36363令k0时，解得02，当k0且kZ时，不符合题意，233故选：B.【点睛】思路点睛：已知正、余弦型函数yAsinωxφ（或yAcosx）的单调区间求解参数范围的步骤：（1）根据函数以及单调性列出关于x的不等式；（2）将单调区间的端点值代入关于x的不等式中，同时注意到单调区间的长度不会超过半个周期T；2（3）由（1）（2）列出关于参数的所有不等式，由此求解出参数范围.29.函数f(x)ln(x1x)2，则flog23flog13（）2第5页/共21页学科网（北京）股份有限公司A.0B.2log23C.4D.1【答案】C【解析】【分析】首先设g(x)ln(x21x)，则f(x)g(x)2，根据对数的运算法则知g(x)g(x)0，再计算f(log23)f(log13)即可.2【详解】设g(x)ln(x21x)，f(x)g(x)2因为g(x)g(x)ln(x21x)ln(x21x)ln[(x21)2x2]ln10.所以f(log23)f(log13)f(log23)f(log23)2g(log23)g(log23)44.故选：C【点睛】本题主要考查对数的运算，熟练掌握对数的运算法则为解题的关键，属于中档题.e210.设a2e，b33e，c，则（）4ln4A.abcB.cabC.acbD.cba【答案】B【解析】x【分析】首先构造函数fx，利用导数判断函数的单调性，再利用f2f4，判断函数值的lnx大小，即可判断选项.e2ee3e3e22abee2【详解】，3，c422，1lne1lnee2elneln234ln22lnx1xfx0设fx，x0且x1，令2，得xe，lnxlnx当1xe时，fx0，函数单调递减，当xe时，f¢(x)>0，函数单调递增，42e2因为f4f2，且13ee2e4，ln4ln22第6页/共21页学科网（北京）股份有限公司23e所以fefef2f4f，即.cab2故选：B11.在正三棱锥P-ABC中，D，E分别为侧棱PB，PC的中点，若ADBE，且AD7，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（）3572108152A.B.C.D.4579【答案】C【解析】【分析】结合题意，利用三角形相似得到ADBE7，取线段PE的中点F，连接DF，AF，利用余弦定理和勾股定理求出外接球半径，代入外接球的表面积公式即可求解.【详解】如图，因为P-ABC为正三棱锥，所以△PAB≌△PBC≌△PAC，ADBE7．1取线段PE的中点F，连接DF，AF，因为D为PB的中点，所以DF∥BE，DFBE．因为2AD⊥BE，所以ADDF．在RtADF中，AD2DF7，35由勾股定理，得AF．设APB，PA=x，2212xx757在PAD中，由余弦定理的推论，得cos4①．122xx4x2135x2x21735同理，在△PAF中，由余弦定理的推论，得cos164②．122xx82x42联立①②，解得x23，cos．3在PAB中，由余弦定理，得2AB2PA2PB22PAPBcosAPB(23)2(23)2223238，所以AB223．取的中心O，连接PO，AO，则PO平面，ABC1111ABC三棱锥P-ABC的外接球球心O在PO1上，连接OA，设外接球半径为R．第7页/共21页学科网（北京）股份有限公司3226在RtPAO中，OA=R，，1AO1AB233226221所以222，PO1PAAO1(23)33221所以OOPORR，所以AO2OO2AO2，1131122222126321即RR，解得R，337108所以所求外接球的表面积为4R2．7故选：C．12.定义在R上的奇函数f(x)，满足f(2x)f(x)，当x[0,1]时，f(x)axb，f(1)f(0)3，则函数g(x)f(x)1在[2,5]的零点个数为（）A.7B.6C.5D.4【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得x[0,1]时，fx的解析式，结合fx的奇偶性和对称性画出fx在区间[2,5]的图象，由g(x)f(x)10,f(x)1来确定gx的零点个数.【详解】fx是定义在R上的奇函数，f00，当x[0,1]时，f(x)axb，f(1)f(0)f13，a0b0a4，1ab3b1第8页/共21页学科网（北京）股份有限公司所以当x[0,1]时，fx4x1.fx是奇函数，图象关于原点对称，由于f(2x)f(x)，所以fx图象关于直线x1对称，由此画出fx在区间2,5的图象如下图所示，由图可知f(x)1有4个解，也即g(x)f(x)10有4