2024届陕西省汉中市多校高三上学期第四次联考数学（文）试题含答案

这是一份2024届陕西省汉中市多校高三上学期第四次联考数学（文）试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先求解集合，再求.
【详解】因为，所以.
故选：A
2．已知命题，命题，则（ ）
A．p的否定是qB．p的否定是
C．q的否定是pD．q的否定是
【答案】D
【分析】根据全称量词命题和特称量词命题的否定的概念求解.
【详解】p的否定是．q的否定是．
故选:D.
3．要得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
A．向左平移1个单位长度B．向右平移1个单位长度
C．向上平移1个单位长度D．向下平移1个单位长度
【答案】A
【分析】根据三角函数平移变换法则求解即可.
【详解】要得到函数的图象，只需要将函数的图象向左平移1个单位长度.
故选：A.
4．已知为第二象限角，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据第二象限角的三角函数值的正负分别判断各选项.
【详解】因为为第二象限角，
所以，，，
则，，，
而的取值不确定.
故选：C.
5．已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”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
【分析】化简得到得到，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得得到，共线，得到答案.
【详解】，故，整理得到，即，
故，共线且方向相同，
存在非零实数x，y，使得，故，共线，
即“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.
故选：A.
6．在菱形中，，，，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】由题意知，是的中点，由向量的线性表示，将向量选择合适的基底表示出来，按照向量的数量积求值即可.
【详解】
．
故选：B.
7．命题，命题，则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先分别判断出命题的真假，再去判断各选项的真假.
【详解】取，则，故命题为真，的图象恒在的图象上方，故命题为真，
所以为真，为假，为假，为假.
故选：A
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由二倍角公式化简，将式子化为齐次式，代入计算，即可得到结果.
【详解】.
故选：B
9．设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由奇函数、偶函数的性质求解即可.
【详解】因为是奇函数，所以，则．
又是偶函数，所以，所以．
故选：C.
10．设，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定等式，利用同角公式及和角的正弦公式化简变形，再利用正弦函数性质推理即得.
【详解】由，得，
于是，即，
由，，得，
则或，即或（不符合题意，舍去），
所以.
故选：D
11．已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造新函数，根据新函数的奇偶性和单调性解不等式.
【详解】令，易知为奇函数且在上单调递增.
化简，
即，
所以，解得，
故选：C
12．已知函数的图象关于直线对称，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的对称性，建立方程求出的值，然后利用辅助角公式求出的解析式，利用最值性质转化为周期关系进行求解即可．
【详解】由函数的图象关于直线对称，得，
所以，解得，
所以，
又由，，
所以，
所以的最小值为函数的最小正周期．
故选：B.
二、填空题
13．函数的图象在点处的切线方程为 .
【答案】
【分析】根据导数的几何意义求切线方程即可.
【详解】因为，所以，则，，
所以所求切线的方程为，即.
故答案为：.
14．若“”是真命题，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】分和两种情况分析不等式成立条件，求出的取值范围.
【详解】因为“”是真命题
当时，恒成立，符合题意，
当时，由解得，
故的取值范围是.
故答案为：.
15．已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据正弦型函数的零点个数列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】因为，所以，
由于函数在上恰有两个零点，
所以，
解得，因此实数的取值范围是.
故答案为：
16．对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣.如图，在菱形中，，以菱形的四条边为直径向外作四个半圆，是这四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为 .
【答案】
【分析】就和分类讨论，后者可根据对称性只需考虑在对应的半圆弧上，前者，后者，而后者可建系处理.
【详解】连接.
若，则，
若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.
若，则，
设，故，且三点共线.
由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.
当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，
故此时.
当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时
建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，
设，
当时，，而，
此时.
当时，则，
由可得，
故，
当时，.
综上，
故答案为：
【点睛】关键点睛：与向量的线性表示有关的最值问题中，如果考虑基底向量前系数的和的最值，则可利用三点共线构造系数和的几何意义，这样便于求最值.
三、解答题
17．已知函数的部分图象如图所示．
(1)求的解析式；
(2)求在上的值域．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到，根据的图象关于直线对称得到，即可得到的解析式；
（2）根据正弦型函数的单调性求值域即可.
【详解】（1）由图可得，的最小正周期．
因为，且，所以．
因为的图象关于直线对称，
所以，解得．
因为，所以．
故．
（2）由，得．
当，即时，取得最大值，最大值为2；
当，即时，取得最小值，最小值为．
故在上的值域为．
18．已知函数在处有极值-1.
(1)求的值；
(2)若函数在上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可列出相应方程，即可求得的值，验证后即可确定答案；
（2）由题意得在上恒成立，继而参变分离得在内恒成立.，构造函数，求出函数的最小值，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知，
因为在处取得极值-1，
所以，
解得，
即，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
即在处取得极小值-1，符合题意，
故.
（2）在上恒成立，
即在内恒成立.
令，
则，令，得或，
令，得或，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
所以，经验证时，，即符合题意，
即的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答第二问根据函数的单调区间求解参数取值范围，得到不等式在上恒成立，即可参变分离，转化为不等式在内恒成立，继而构造函数，将问题转化为求解函数的最值问题.
19．已知函数，且.
(1)求a的值；
(2)当时，恒成立，求m的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据，即可由对数运算代入求解.
（2）根据一元二次不等式与二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为，
所以,
因为，所以，
则.
（2）由（1）可知，等价于.
令，则，
原不等式等价于在上恒成立，
则，解得，
故m的取值范围为.
20．已知向量.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的数量积及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的单调性求解；
（2）根据同角三角函数间的基本关系，结合角的变换及两角差的正弦公式求解.
【详解】（1）
，
令，
解得，
函数的单调递减区间为.
（2）由（1）知，，
又，
，则，
，
则
.
21．已知函数.
(1)证明：曲线在点处的切线经过定点.
(2)证明：当时，在上无极值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导，求出在的导数，即为切线的斜率，然后列直线方程，即得到证明切线过定点.
（2）对导函数分别在和研究，利用单调性证明无极值.
【详解】（1）由题意可得：，
则.
又，所以曲线在点处的切线方程为，
即，
所以切线经过定点.
（2）当时，对恒成立，
所以在上单调递增，所以在上无极值.
当时，，
设函数，则.
若，则；若，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以当时，，所以，
所以在上单调递减，所以在上无极值.
综上，当时，在上无极值.
22．已知函数.
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导根据单调性得到，根据函数的单调性计算最值得到答案.
（2）确定函数定义域，构造，分别求导得到函数得到单调区间，计算最大最小值得到证明.
【详解】（1），，
在上单调递增，故在上恒成立，
即，
设，函数在上单调递增，故，即，
故.
（2），，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故.
设，，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
，
故，即，即恒成立，得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了根据函数的单调区间求参数，利用导数证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将不等式的证明转化为求两个函数的最值是解题的关键.