1、双流中学高2024届高三10月月考数学（理工类） 本试卷共4页。考试结束后，只将答题卡交回第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1已知全集，则等于ABCD2若复数（i为虚数单位），则复数z在复平面上对应的点所在的象限为A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知幂函数的图象过点P(2,4)，则AB1C2D34设为定义在R上的偶函数，且当时，则Ae-1B-2e-2C2e-1D2e-25若整数x，y满足不等式组则2xy的最大值是A11B23C26D306已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，那么下列命题正确的是
2、A若，且，则B若，则C若，且，则D若，且，则7已知角的顶点在原点，始边与x轴的正半轴重合，点是角终边上的一点，则ABCD8设函数的最小正周期为，且，则A在单调递减B在单调递减C在单调递增D在单调递增9若向量，互相垂直，且满足，则的最小值为AB1C2D10已知函数在内恒为正值，则实数a的取值范围是 ABCD11如图，在正四棱锥中，侧棱长均为，且相邻两条侧棱的夹角为，分别是线段，上的一点，则的最小值为 ABCD12定义在上满足，当时，若时，恒成立，则实数的取值范围是 ABCD第II卷 非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13写出一个以为对称轴的奇函数 14若函数为偶函数
3、，则a .15在九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bienao）已知在鳖臑MABC中，MA平面ABC，MAABBC2，则该鳖臑的外接球的体积为 16设的外接圆的圆心为，半径为2，且满足，则的最小值为 .三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、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：共60分。17（12分）已知函数，满足_在：函数的一个零点为0；函数图象上相邻两条对称轴的距离为；函数图象的一个最低点的坐标为，这三个条件中任选两个，补充在上面问题中，并给出问题的解答(1)求的解析式；(2)把的图象向
4、右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，若在区间上的最大值为2，求实数的最小值18（12分）已知函数，.（1）当时，求函数在区间上的最大值；（2）当时，求函数的极值.19（12分）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求A的值；（2）若，求面积的取值范围.20（12分）如图，在四棱台中，底面是菱形，平面.(1)证明：BDCC1；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由.21（12分）已知函数(1)当时，讨论在区间上的单调性；(2)若当时，求的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，
5、则按所做的第一题计分22（选修4-4 极坐标与参数方程）以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且在两种坐标系中取相同的长度单位.曲线的极坐标方程是.（1）求曲线的直角坐标方程；（2）设曲线与轴正半轴及轴正半轴交于点，在第一象限内曲线上任取一点，求四边形面积的最大值.23（选修4-5 不等式选讲）设函数(1)当时，求不等式的解集；(2)若函数的最小值为，且正实数满足，求的最小值双流中学高2024届高三10月月考数学（理工类） 参考答案1C 2A 3C 4D 5D 6D 7C 8B 9B 10C 11D 12A13（答案不唯一） 14 15 16.17解：（1）若选：因为函数的
6、一个零点为，所以，所以，所以，因为，所以因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，所以因为，所以，所以函数的解析式为；若选：因为函数的一个零点为，所以，所以，所以，因为，所以因为函数图象的一个最低点的坐标为，所以，所以，所以，即，因为，所以所以函数的解析式为；若选：因为函数图象上相邻两条对称轴的距离为，所以，因为，所以，因为函数图象的一个最低点的坐标为，所以，所以，所以即，因为，所以，所以函数的解析式为；（2）把的图象向右平移个单位得到， 再将向上平移1个单位得到， 即，由得，因为在区间上的最大值为2，所以在区间上的最大值为1，所以，所以，所以的最小值为.18解：（1）当时，所以.令，得或，列表如
7、下：-2-11+0-0+极大值极小值由于，所以函数在区间上的最大值为2.（2），令，得或.当时，所以函数在上单调递增，无极值.当时，列表如下：+0-0+极大值极小值函数的极大值为，极小值为.19解：（1）由余弦定理得.由正弦定理得，是锐角三角形，.，.（2）由（1）得设，则，是锐角三角形，由正弦定理得，由得，面积的取值范围是.20（1）证明:如图所示，连接,因为为棱台，所以四点共面，又因为四边形为菱形，所以，因为平面，平面，所以，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：取中点，连接，因为底面是菱形，且，所以是正三角形，所以，即，由于平面，以为原点，分别以为轴、轴和轴，建立如图所示的空
8、间直角坐标系，则假设点存在，设点的坐标为，其中，可得设平面的法向量，则，取，可得，所以.又由平面的法向量为，所以，解得由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即故上存在点，当时，二面角的余弦值为.21解：（1）当时，当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）设，由题意知当时，求导得设，则，令，则，当当故函数在单调递增，在单调递减，所以；令，可得，故在单调递增时，所以当时，故在上单调递增，当时，且当时，若，则，函数在上单调递增，因此，符合条件若，则存在，使得，即，当时，则在上单调递减，此时，不符合条件综上，实数的取值范围是22解：（1）由题可变形为，.（2）由已知有，设，.于是由，由得，于是，四边形最大值.23解：（1）当时，不等式当时，解得，则；当时，则；当时，解得，则综上所述，原不等式的解集为（2）因为，当且仅当时等号成立，所以，又，所以，当且仅当，即，又，则，时等号成立，所以的最小值为4
