2024届河南省商丘市第一高级中学高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届河南省商丘市第一高级中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设，则的虚部为（ ）
A．B．C．1D．3
【答案】C
【分析】利用复数的除法及加减运算求解作答.
【详解】依题意，，
所以复数的虚部为1.
故选：C
2．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】令，，分析出内层函数和外层函数的单调性，以及真数在所给的区间上恒为正数可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围.
【详解】令，易知在其定义域上单调递减，
要使在上单调递减，则在单调递增，
且，即，所以，即.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键点：
（1）利用复合函数的单调性“同增异减”分析出内层函数和外层函数的单调性；
（2）不要忽略了真数要恒大于零.
3．已知条件，条件，则是的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】解不等式，解集分别为A，B，根据集合的包含关系即可求解.
【详解】由或，不妨设，
或，不妨设，
因为B真包含于A，所以推不出，能推出，
所以是的必要不充分条件.
故选：C
4．已知函数，，若有两个零点，则k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可得，即与有两个交点．
【详解】令，则
与有两个交点，
则
设直线与相切时，切点坐标为，则斜率
则切线方程为
∵切线过原点，代入得，解得
∴，因为与有两个交点，所以
故选：D．
5．已知定义域为的函数满足，，当时，，则的值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据函数的对称性可推得函数的周期性，再利用周期性和对称性求得的值即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，所以4为函数的周期，
所以．
故选：C．
6．已知函数，，若直线为和的公切线，则b等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别设直线为和的切点为，，分别利用函数导数求出切点坐标代入直线中，建立关于的方程组解出即可.
【详解】设直线与相切于点，
与相切于点，
由，所以，
由，
则，
即点，代入直线中有：
， ①
由，
所以，
由，
，
即点，代入直线中有：
， ②
联立①②解得：，
所以，
故选：B.
7．已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设，
可得，其中，且，
因为实数使得对任意的实数恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
所以
由上式对任意恒成立，故必有，
若，则由式①知，显然不满足式③，所以，
所以，由式②知，则，
当时，则式①，③矛盾.
所以，由式①，③知，所以.
故选：B.
【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：
1、根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
8．已知正数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用构造函数法，结合导数求得的最小值.
【详解】依题意，正数满足，
所以，即，
所以，
令，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
令，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增，
所以的最小值是，
所以的最小值为.
故选：B
【点睛】利用导数研究函数的最值，首先要确定函数的定义域，然后对函数进行求导，求得函数的单调区间，进而求得函数的极值、最值.题目已知条件是一个等量关系，这个等量关系的作用一般是进行等量转化，如本题中，通过等量关系可将转化为.
二、多选题
9．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等腰三角形
B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个
C．若不是直角三角形，则
D．若，则为钝角三角形
【答案】BC
【分析】对于A，利用正弦定理整理等式，结合正弦函数以及三角形的内角性质，可得答案；
对于B，利用余弦定理，建立方程，根据一元二次方程的求解，可得答案；
对于C，根据正切函数的和角公式，整理等式，结合直角三角形的性质，可得答案；
对于D，利用平面向量的数量积的定义式，可得答案.
【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，即，
因为，，所以，，所以或，
即或，所以是等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，由余弦定理得，
即，即，解得，
由，所以，则满足条件的三角形有且只有一个，故B正确；
对于C，因为不是直角三角形，且，
所以，即，
所以，故C正确；
对于D，，即，
所以，因为，则，所以一定是直角三角形，故D错误.
故选：BC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．若的定义域为，则的定义域为
B．函数的值域为
C．函数的值域为
D．设数列的前项和为，则数列是等差数列
【答案】AC
【分析】对于A，根据抽象函数的定义域求法进行求解即可；对于B，利用分离常数法求函数的值域；对于C，利用换元法求函数的值域；对于D，求出数列的前三项，判断其不成等差数列得出结论.
【详解】对于A，因为的定义域为，所以，
解得，即的定义域为，故A正确；
对于B，，
所以，即函数的值域为，故B错误；
对于C，令，则，，
所以，，
所以当时，该函数取得最大值，最大值为，
所以函数的值域为，故C正确；
对于D，数列的前项和为，
则，，，不成等差数列，
则数列不是等差数列，故D错误．
故选：AC．
11．已知函数的一个对称中心为，则（ ）
A．的最小正周期为π
B．
C．直线是函数图像的一条对称轴
D．若函数在上单调递减，则
【答案】AC
【分析】根据的对称中心求得，根据三角函数的最小正周期、对称性、单调性确定正确答案.
【详解】则有，解得，
因为，所以，所以，
则的最小正周期为π，故A正确；
，故B错误；
，则直线是图像的一条对称轴，故C正确；
，当时，，
若函数在上单调递减，则有，
解得则，故D错误.
故选：AC
12．已知函数的两个极值点分别是，则（ ）
A．或
B．
C．存在实数，使得
D．
【答案】BD
【分析】对于A，由题意可得在上有2个不等的实根，从而可求出的范围，对于B，根据根与系数的关系结合的范围进行判断，对于C，由题意得，令，利用导数可求得，从而可进行判断，对于D，，令，利用导数可求出其在上的最大值小于零即可.
【详解】由有两个极值点，得在上有2个不等的实根，
即在上有2个不等的实根，则解得，A错误；
由韦达定理，得，当时，，B正确；
，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
所以恒成立，C错误；
，
令，
令，
所以在上单调递减，
所以，即，
所以在上单调递减，.
所以，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，解题的关键是根据题意可得在上有2个不等的实根，即在上有2个不等的实根，然后利用根与系数的关系分析判断，考查数学计算能力，属于较难题.
三、填空题
13．已知为单位向量，向量的夹角为，则向量在向量上的投影向量是
【答案】
【分析】利用向量在向量上的投影向量的定义求解.
【详解】解：因为为单位向量，且向量的夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
故答案为：.
14．在中，已知，与相交于，若，则 ．
【答案】/
【分析】根据向量线性运算的几何表示可得，，然后利用共线向量的推论和向量不共线的性质即得.
【详解】因为，，所以，，
因为，所以
又与交于点O，所以，
另一方面，设，因为，
所以，则，代入中，
可解得，则.
故答案为：.

15．在中，若，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用降幂公式和辅助角公式得，再利用正弦函数图像与性质即可得到其范围.
【详解】由题意得，∴，
∴
，
∵，∴，
∴，∴．
所以，
故答案为：.
16．已知函数，则不等式的解集是 .
【答案】，
【分析】先构造函数，得到关于对称，且单调递增，再结合对称性与单调性将不等式 转化为即可求解．
【详解】构造函数，那么 是单调递增函数，
且向左移动一个单位得到，
的定义域为，且，
所以 为奇函数，图象关于原点对称，所以 图象关于对称．
不等式 等价于，
等价于
结合单调递增可知，
所以不等式的解集是，．
故答案为：，．
四、解答题
17．在中,为的角平分线,且.
(1)若,,求的面积;
(2)若,求边的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到的长,再利用三角形的面积公式求解即可;
（2）设,,根据得到,在中,利用余弦定理得到,由两者相等结合的取值范围即可求出结果.
【详解】（1）因为,
所以,
得:,
解得,
所以.
（2）设,,
由得
,
即,
所以,
又在中,
所以,
得,
因为且,
得,
则,
所以,
即边的取值范围为.
18．已知函数，再从条件①：的最大值为1；条件②：的一条对称轴是直线﹔条件③：的相邻两条对称轴之间的距离为﹐这三个条件中选择能确定函数解析式的两个合理条件作为已知，求：
(1)函数的解析式；
(2)已知，若在区间上的最小值为，求m的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，再由三角函数的性质分别转化三个条件，即可得解；
（2）先求出的解析式，再由正弦函数的性质即可确定m的取值范围，即可得最大值.
【详解】（1）由题意，函数
，
若选①：的最大值为1，则，则，
若选②：的一条对称轴是直线,则由，不符合正弦函数对称轴的要求，不合题意；
若选③：的相邻两条对称轴之间的距离为，
则函数的最小正周期,可得；
所以只能选择条件①③作为已知，此时；
（2）由题意，，
当，则，
若在区间上的最小值为，则，
所以，所以m的最大值为.
19．已知函数
(1)当时，求极值：
(2)当时，求函数在上的最大值．
【答案】(1)的极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）求导，得到函数单调性，进而得到极值情况；
（2）求导，得到导函数的两个零点，分和两种情况，求出函数的最大值.
【详解】（1）当时，，，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，在处取得极小值，
综上，的极大值为，极小值为；
（2），，
故，，
令得或，
因为，当，即时，在上单调递减，
在上单调递增，
所以，
因为，
，
所以，所以；
当，即时，在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
，
所以；
综上：
20．在中，三个内角所对的边分别是，，，且．
(1)求；
(2)当取最大值时，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）向量化结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理可得，整理得到：，
所以，
而，故；
（2）因为，故，
故，所以，
故，
整理得到，
故，当且仅当，即时等号成立，
故此时，对应的的面积为．
五、证明题
21．已知函数，的图象在处的切线为．
(1)设，求证：；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导根据切线方程公式得到，解得的解析式，求导得到单调区间，计算得到证明；
（2）求导并利用（1）中结论，得到函数单调区间，，得到答案.
【详解】（1），．
由已知得，解得，所以．
，，
由，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
∴，从而．
（2）令，，
则．
由（2）可知当时，恒成立，
令，得；，得．
∴在上单调递减，在上单调递增，
所以．∴．
∴实数的取值范围为．
六、解答题
22．已知函数．
(1)讨论函数极值点的个数；
(2)若函数在定义域内有两个不同的零点，，
①求a的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)当时，无极值点；当时，有一个极小值点
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，再对分和两种情况讨论，分别得到函数的单调性，即可求出函数的极值点；
（2）①依题意参变分离可得在有两个不等实根，设，利用导数得到函数的单调性，求出函数的极大值，再根据函数值的取值情况，求出的取值范围；
②不妨设，则，依题意即证，令，构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
【详解】（1）解：的定义域为，
当时，，在上单调递减，无极值点；
当时，令，得．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
故时，取得极小值．
综上，当时，无极值点；当时，有一个极小值点．
（2）解：①由题意，方程在有两个不等实根，
即在有两个不等实根，设，，过点，
则，令得，，
时，，单调递增，时，，单调递减，
且当时，，当时，，时，，
故实数的取值范围为．
②不妨设，由已知得，，
两式相减得，，
要证，只需证，只需证，
只需证，即证．
令，上述不等式变形为，
令，
则，，
所以在上单调递减，又，所以恒成立，
所以在上单调递增，又因为，故，
即，原不等式得证．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．