河南省TOP二十名校2023-2024学年高三上学期9月调研考试数学试题

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24届高三年级TOP二十名校调研考试二

数学

全卷满分150分，考试时间120分钟

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．若命题“”是真命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

3．已知函数则（    ）

A．0 B．1 C． D．

4．函数在上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

5．在中，，则的最小值为（    ）

A．4 B． C． D．16

6．下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（    ）

A． B． C． D．

7．半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示．已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．下列说法正确的是（    ）

A．命题“”的否定是“”

B．“”是“”的必要不充分条件

C．“”是“”的既不充分也不必要条件

D．在，“”是“”的充要条件

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的最小正周期为

B．函数的图象的一条对称轴方程为

C．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到

D．函数在区间上单调递增

11．已知函数的定义域为，且，当时，，且满足，则下列说法正确的是（    ）

A．为奇函数

B．

C．不等式的解集为

D．

12．已知且，则（    ）

A． B． C． D．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．若函数的部分图象如图，则的图象的一个对称中心为________．

14．已知圆，过点的直线与圆交于两点，是的中点，则点的轨迹方程为________．

15．已知，则________．

16．已知函数若，函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为________．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（本小题满分10分）

已知集合．

（1）若，求；

（2）若，求实数的取值范围．

18．（本小题满分12分）

（1）计算的值；

（2）若，求的值．

19．（本小题满分12分）

已知函数．

（1）若关于的不等式的解集为，求的值；

（2）当时，解关于的不等式．

20．（本小题满分12分）

如图，下列图形中第一个最小的等腰直角三角形的面积都是1，后一个等腰直角三角形的斜边恰好是前一个等腰直角三角形的直角边的2倍，记图形1的面积为，后续图形的面积依次为；解答下列问题．

（1）利用观察法写出以及；

（2）从第几个图形开始，图形面积大于127？

21．（本小题满分12分）

在中，内角的对边分别为，且．

（1）证明：；

（2）点是线段的中点，且，求的周长．

22．（本小题满分12分）

在中，且．

（1）求角的大小；

（2）设函数，当时，求的值域．

24届高三年级TOP二十名校调研考试二、数学

参考答案、提示及评分细则

1．D  因为集合，所以，又，所以．故选D．

2．A  命题“”是真命题应有，即，所以．故选A．

3．D  由题意可知所以

．

故选D．

4．B  因为，所以

，所以函数为奇函数，故A、D错误；又因为，则，故C错误．故选B．

5．C  因为，设，则，显然，即，所以，

当且仅当，即时等号成立，故的最小值为．故选C．

6．C  对于A，的定义域为，定义域不关于原点对称，函数为非奇非偶函数，不符合题意；对于B，，，定义域为，所以为奇函数，不符合题意；对于C，，所以，所以为偶函数，又，令，则，所以在上单调递增，所以，即，故函数在上单调递增，符合题意；对于D，，函数是偶函数，易得在上单调递减，不符合题意．故选C．

7．A  由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，记球心为．在中，，，该半正多面体所在的正四面体的高

，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，，所以，即，解得，所以当球的体积最大时，该球的半径为，则该球的体积为．故选A．

8．B  因为，当时，因为，则，因为函数在上存在最值，则，解得，当时，，因为函数在上单调，则，所以其中，解得，所以，解得，又因为，则．当时，；当时，；当时，．又因为2，因此的取值范围是．故选B．

9．BCD  对于A，命题“”的否定是“”，故A错误；

对于B，“”推不出“”成立，而“”能推出“”成立，故“”是“”的必要不充分条件，故B正确；

对于C，“若，则”是假命题，因为，而；“若，则”是假命题，因为，而，即“”是“”的既不充分也不必要条件，故C正确；

对于D，在中，若，则，又，所以“”是“”的充要条件，故D正确．故选BCD．

10．ABC

，函数的最小正周期为，故A正确；

由，得，当时，，故B正确；

由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确．

因为，函数在上不单调，故D错误．故选ABC．

11．ABC  对于A：令，得，所以，令，得到，即，所以为奇函数，故A正确；

对于B：因为为奇函数，，得，故B正确；

对于C：设，得，所以，又，所以，所以，即，所以在上单调递增，因为，所以，由，得，所以，所以得到，故的解集为，故C正确；

对于D：因为为奇函数，所以，所以，又因为，，故D错误．故选ABC．

12．AD  对于选项A：因为，又因为在上单调递增，所以，故A正确；对于选项B：因为，即，解得或，所以或，故B错误；

对于选项C：因为，且，可得同号，则有若同正，可得，则，可得；若同负，可得，则，可得．综上所述，，又因为在定义域内单调递增，所以，故C错误；

对于选项D：因为，则，可得在上单调递增，可得，且，，所以，故D正确．故选AD．

13．（答案不唯一）  由题图可知，因为当时，，所以．因为，所以，所以．由题图可知，所以，所以．由题图可知，当时，取得最大值，所以，解得．又，所以，所以．令，解得，所以图象的对称中心为，当时，图象的一个对称中心为．

14．  解法一：圆，所以圆心为，半径为2，设，由线段的中点为，可得，即有，即，所以点的轨迹方程为．解法二：因为，所以点的轨迹是以为直径的圆，所以点的轨迹方程为．

15．  因为，解得，所以

．

16．  依题意，，可得，函数恰有三个不同的零点，即恰有三个解，转化为函数与图象有三个交点，函数的图象如图所示．结合图象，，解得，即实数的取值范围为．

解：（1）当时，，

又，

所以．

（2）由题可得：①当时，有，解得；

②当时，有解得．

综上，实数的取值范围为．

18．解：（1）

．

（2）由已知可得，且，

则，

即，也即，

因为，则，于是有，即．

所以．

19．解：（1）由题意可知，关于的不等式的解集为，

所以关于的方程的两个根为1和2，

所以解得

则．

（2）由条件可知，，即，

当时，解得或；

当时，解得；

当时，解得或．

综上可知，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为．

20．解：（1）根据题意，图形1的面积：，

图形2的面积：，

图形3的面积：，

图形4的面积：，

图形的面积：．

（2）由，得，所以，故，

又因为，所以，

所以从第7个图形开始图形面积大于127．

21．（1）证明：因为，

所以，所以，

即，由正弦定理得．

所以．

（2）解：因为点是线段的中点，

所以，所以，

则．

由余弦定理得．

由（1）知，则，

所以

解得，则，

所以的周长为．

故的周长为10．

22．解：（1）因为，又，所以．

因为，

所以，即，

所以，即，又，

所以，即．

（2）

，

当时，，

因为，

所以．

则的值域为．