2024届河南省TOP二十名校高三上学期调研考试一数学试题含答案

这是一份2024届河南省TOP二十名校高三上学期调研考试一数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届河南省TOP二十名校高三上学期调研考试一数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可得，然后利用交集的概念即得.【详解】由可得，即，所以．故选：C．2．命题“”的否定是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题即得.【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，所以命题“”的否定是“”．故选：D．3．已知，若．则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据同角三角函数的基本关系以及二倍角的余弦公式可得出关于的等式，结合可得出的值.【详解】由，得，因为，所以，，所以，，解得．故选：A．4．已知偶函数在上单调递增，若，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数奇偶性及单调性得到在上单调递减，比较出，结合，比较出.【详解】因为偶函数在上单调递增，所以在上单调递减．，所以只需比较的大小即可．因为，所以，即．又因为，所以，即，故．而在上单调递减，所以，即．故选：B．5．如是函数的部分图象，则（    ）  A．是奇数 B．是奇数C．是偶数 D．是偶数【答案】A【分析】由图象和解析式可判断的奇偶，再由结合图象可判断的正负.【详解】当为偶数时，恒大于0，所以为奇数．当时，，从图象可知此时，即．故选：A．6．设某批产品的产量为（单位：万件），总成本（单位：万元），销售单价（单位：元/件）．若该批产品全部售出，则总利润（总利润销售收入-总成本）最大时的产量为（    ）A．7万件 B．8万件 C．9万件 D．10万件【答案】B【分析】表达出总利润关于的关系式，变形后利用基本不等式求出最值，得到答案.【详解】总利润，当且仅当，即时，最大，故总利润最大时的产量为8万件．故选：B．7．记的内角的对边分别为，若，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题可得，然后根据正弦定理及三角恒等变换即得.【详解】因为，所以，由正弦定理得，即，由题可知，所以．故选：D．8．已知函数有且仅有3个零点，则的最大值为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】由题可得函数为奇函数，在上有且只有1个零点，然后利用零点存在定理可得不合题意，当时利用数形结合可得适合题意，进而即得答案.【详解】因为所以，故为奇函数，且为的零点，所以在上有且只有1个零点，又，，，故零点均位于区间内，当时，，，故存在使得，又，故存在使得，所以在上至少存在两个零点，故不符合题意；当时，由，可得，作出函数与函数的大致图象，  由图形可知函数与函数的有3个交点，即函数有且仅有3个零点，适合题意，所以的最大值为4.故选：C． 二、多选题9．下列选项中，满足是的充分条件的是（    ）A．；B．；C．：四边形满足；：四边形是菱形D．：中；【答案】BD【分析】根据充分条件的定义逐项分析即得.【详解】对A，由，得，所以由推不出，故A错误；对B，由，得，满足充分性，故B正确；对C，对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故C错误；对D，由知，又，所以，满足充分性，故D正确．故选：BD．10．已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，若将的图象向左平移个单位得到的图象头于轴对称，则（    ）A．B．直线为函数图象的一条对称轴C．为函数图象的一个对称中心D．若在上单调递增．则【答案】ABD【分析】由正弦型函数图象的变换求解函数解析式，然后利用性质逐项判断即可.【详解】由题意知，故，又的图象向左平移个单位得到，所以，又，故，故A正确；因为，且为极小值，所以直线为曲线的一条对称轴，故B正确；因为，所以不是曲线的一个对称中心，故C错误；由，得，即在上单调递增，故，故D正确．故选:ABD．11．已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，，若是奇函数，则（    ）A．的图象关于对称B．C．是奇函数D．与关于原点对称【答案】ABC【分析】根据偶函数和函数对称性的定义可判断A选项；利用函数的周期性可判断B选项；利用奇函数的定义可判断C选项；利用对称性的定义可判断D选项.【详解】由题意，得，即，整理得，所以的图象关于对称，故A正确；又因为为偶函数，则，所以，则，所以，故B正确；，则为奇函数，故C正确；因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误．故选：ABC．12．用长为3的铁丝围成，记的内角的对边分别为，已知，则（    ）A．存在满足成公差不为0的等差数列B．存在满足成等比数列C．的内部可以放入的最大圆的半径为D．可以完全覆盖的最小圆的半径为【答案】BCD【分析】利用余弦定理及等差中项结合条件可判断A，利用等比中项的性质结合条件可判断B，利用余弦定理及三角形面积公式可得三角形内切圆半径的最大值进而判断C，利用正弦定理及三角函数的性质可得三角形外接圆半径的最小值判断D.【详解】依题意知，由余弦定理，得．对A，若成等差数列，则，所以，所以为常数列，故A错误；对B，若成等比数列，则，所以，即，所以当为等边三角形时成等比数列，故B正确；对C，由，得，解得或（舍），所以的面积的内切圆半径为，当且仅当时取等号，所以的内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；对D，由正弦定理可得：，其中为外接圆半径，因为，当且仅当时，等号成立，所以，所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确．故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题的CD项较难，关键是把问题转化为求三角形的内切圆半径及外接圆半径，然后利用基本不等式及三角形的有关知识即得. 三、填空题13．已知，设函数，则的单调递减区间是          ．【答案】（开区间，半开半闭区间也正确）【分析】根据正弦函数的性质结合条件即得.【详解】依题意，因为函数在上单调递减，令，解得，所以的单调递减区间是．故答案为：．14．记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则          ．【答案】/【分析】利用余弦定理结合条件可得，然后利用正弦定理即得.【详解】由余弦定理，得，解得或，当时，，所以，所以为钝角三角形，不符题意，所以，由正弦定理，得，所以．故答案为：．15．若在上恒成立，则m的取值范围是          ．【答案】【分析】设，利用参变分离可得，然后利用导数求函数的最值即得.【详解】由可得，设，由可得，设，则，所以在上单调递减，，所以，即．故答案为：. 四、双空题16．设函数，若，则不等式的解集是          ；若函数恰好有两个零点，则的取值范围是          ．【答案】          【分析】当时，分和两种情况解不等式即可的解集，画出的图象，结合图象求解即可【详解】当时，，令，且，解得或，令且，解得，所以的解集为．令，解得或，令，解得，由，得，当或时，，当时，，所以在和上递增，在上递减，所以的极大值为，极小值为，如图所示，当时，恰有两个零点，符合题意；当时，恰有3个零点，不符题意；当时，恰有2个零点，符合题意；当时，恰有1个零点，不符题意．所以的取值范围是．故答案为：；.  【点睛】关键点点睛：此题考查分段函数，考查函数与方程的应用，解题的关键是画出函数的图象，结合图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题. 五、解答题17．已知集合．(1)若，求．(2)若．求实数的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）化简集合，然后根据并集的定义运算即得；（2）分情况讨论，根据条件列出不等式进而即得.【详解】（1）因为，所以，，所以；（2）显然N不为空集，①当时，，即；②若，则或，当时，，则，即；当时，或，则，此时不存在；综上，的取值范围为．18．设且，函数，且为奇函数．(1)求a；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）利用奇函数的定义结合条件即得；（2）由题可得，然后通过换元法可得，再利用导数求函数的最值即得.【详解】（1）因为，且为奇函数所以，即，所以，解得，又，故．（2）由（1）知，所以，令，则，所以，令，得，当时，单调递减；当时，单调递增．所以当取得最小值，即时，的最小值为．19．设函数．(1)是否存在，使得对恒成立？若存在，试给出一个符合题意的实数并加以证明；若不存在，请说明理由；(2)若时，求的值域．【答案】(1)存在，取中任意一个值；(2). 【分析】（1）由题可得，进而即得；（2）利用（1）可得在上的值域即为在上的值域，然后利用辅助角公式及三角函数的性质结合条件即得.【详解】（1）取中任意一个值即可，证明如下：因为，所以符合题意．（2）由（1）可知，恒成立，所以在上的值域与在上的值域相同．因此在上的值域即为在上的值域，当时，，所以，其中，且，又，且，所以，所以在上的值域为．20．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中．记的内角、、的对边分别为、、，已知．(1)求；(2)若，__________，点在边上，且，求．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)条件选择见解析，答案见解析 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦、余弦公式可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）求出、的值.选①，求出角、的正弦值，利用正弦定理求出、的值，再利用可求得的长；选②，由正弦定理可得出，结合余弦定理可求出、的值再利用可求得的长.【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，所以，整理得，又，所以，所以，又，则，故，即．（2）解：因为，且，故，．  若选择①：因为，则为锐角，故，即，则，且，由正弦定理得，则，，所以的面积为，因为，又因为，即，所以．若选择②：因为，由正弦定理得，由余弦定理，得，所以，，因为的面积为，因为，又因为，即，所以．21．已知双曲线的左、右焦点分别为，斜率存在的直线交的右支于两点，且直线与的斜率之和为0．记交轴于点．(1)求的坐标；(2)若直线交直线于点，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)设直线，然后联立方程组，根据列式代入求解即可；(2)根据题目中的对称关系分析出点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆的一部分，然后根据椭圆的定义求解出的值.【详解】（1）  设直线，联立消去，得，故，且直线与的斜率之和为，化简，代入即，整理得，则过定点，即．（2）设关于轴的对称点为，则，由，得直线与直线关于轴对称，直线即为直线,又直线联立解得:，又，故，即，且，所以点的轨迹为以为焦点，长轴长为的椭圆的一部分，根据椭圆的定义，知．【点睛】根据直线与直线关于轴对称，直线即为直线,然后表示出直线，求出交点，结合的关系求解出点的轨迹方程是本题的难点和突破点，值得积累；22．已知函数且．(1)讨论的单调性．(2)若有且仅有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)． 【分析】（1）分，讨论，利用导数与函数的单调性的关系即得；（2）根据函数的单调性可得，进而可得函数的极小值小于零，然后构造函数利用导数结合条件解不等式即得.【详解】（1）因为函数且，函数定义域为，所以，当时，在上恒成立，在上单调递增，当时，令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意；当时，在处取得极小值，且， 所以，设，即，设，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得极大值，，所以，即或，设，则，当时，，所以在上单调递增，又，所以或，综上所述，的取值范围是．【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.