2024届广东省揭阳市惠来县第一中学高三上学期第二次阶段考数学试题含答案

这是一份2024届广东省揭阳市惠来县第一中学高三上学期第二次阶段考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，满足，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意，用数轴表示集合的关系，从而求解．
【详解】由题意如图：

有，所以.
故选：A
2．设，，，则、、的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据指数幂的运算法则，化简，，，再结合指数函数的单调性，即可比较，得到答案.
【详解】根据指数幂的运算法则，可得，，，
又由函数在上是单调递增函数，所以，即.
故选：B．
【点睛】本题主要考查了指数幂的运算性质，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练利用指数幂的运算公式化简，结合指数函数的单调性进行比较是解答的关键，注重考查推理与运算能力.
3．已知函数的图象与指数函数的图象关于轴对称，则实数的值是
A．1B．2
C．4D．8
【答案】C
【分析】指数函数关于轴对称的函数为，由此得到与的关系，即可求解出的值.
【详解】因为两函数的图象关于轴对称，所以与互为倒数，
所以，解得．
故选C.
【点睛】本题考查指数函数图象对称与底数之间关系，难度较易.关于轴对称的指数函数的底数互为倒数.
4．设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】数形结合，根据奇偶性以及单调性解不等式.
【详解】奇函数在上为增函数，
所以，即，
又，则，大致图象如下，

所以当时，.
故选：B.
二、多选题
5．下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若a是第二象限角，则为第一象限或第三象限角
C．若角a的终边过点P（3k，4k）(k≠0），则
D．若扇形的周长为6，半径为2，则其中心角的大小为1弧度
【答案】ABD
【分析】对于A，利用三角函数的定义可判断；对于B，利用象限角的定义判断；对于C，利用任意角三角函数的定义判断即可；对于D，利用弧长公式求解判断
【详解】解：对于A，由三角函数的定义可知，，其中，因为，所以，所以，所以，所以A正确；
对于B，由于a是第二象限角，所以，所以，当时，，则 为第一象限的角；当时，，则 为第三象限的角，综上为第一象限或第三象限角，所以B正确；、
对于C，由于角a的终边过点P（3k，4k）(k≠0），所以，所以C错误；
对于D，设扇形的圆心角为，则由题意得，得，所以D正确，
故选：ABD
三、单选题
6．放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其它元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变．假设、在放射性同位素铯衰变过程中，其含量（单位：太贝克）与时间（单位：年）满足函数关系：，则铯含量在时的瞬间变化率为（ ）
A．（太贝克/年）B．（太贝克/年）
C．（太贝克/年）D．（太贝克/年）
【答案】A
【分析】求出函数的导函数，令即可得到含量在时的瞬间变化率．
【详解】解：依题意，
，
所以铯含量在时的瞬间变化率为：（太贝克年），
故选：．
【点睛】本题考查了复合函数的导数的计算，对数函数的导数，导数与瞬时变化率，属于基础题．
7．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足且为偶函数，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，求导，从而得在定义上单调递减；又，从而有，利用的单调性即可求解．
【详解】令，
，，
在定义上单调递减；①
又为偶函数，，，
，
则不等式，即，
由①得，
故选：C．
8．已知函数与函数的图象在区间上恰有两对关于轴对称的点，则实数m的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】与的图象有两对关于轴对称的点，则与的图象有两个交点，则有两个零点.然后可以分离参数，构造函数，利用函数的单调性、极值求出参数的取值范围.
【详解】由题意可得与的图象在区间上恰有两个交点，
则的图象在区间上恰与轴有两个交点.
令，则，
设与的图象在区间上恰有两个交点.
，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
又，
所以.
故选A.
【点睛】本题考查导数的应用，利用导数研究函数的性质，进而解决有关函数与方程、函数零点和图象交点的问题.解题的关键是在图象交点、函数零点、方程根之间进行等价转化，合理利用分离参数、构造函数解决问题.
四、多选题
9．下列说法，正确的有( )．
A．函数的零点只有1个且属于区间
B．若关于的不等式恒成立，则
C．函数的图像与函数的图像有3个不同的交点
D．函数的最小值是1
【答案】AD
【详解】对于选项A而言，由于在区间上单调递增，且，所以函数的零点只有1个且属于区间，选项A正确；由于时恒成立，故选项B不正确；由于时有恒成立，所以时有恒成立，故函数的图像与函数的图像只有1个交点，所以选项C不正确；对于选项D而言，令，则，等号成立的条件为，即，所以选项正确.
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，.已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（ ）
A．是偶函数B．在上是增函数C．的值域是D．的值域是
【答案】BD
【分析】根据所给定义利用特殊值及奇偶性的定义判断A，根据复合函数的单调性判断B，求出的值域，即可得到的值域，即可判断C、D；
【详解】根据题意知，.
∵，
，
，，
∴函数既不是奇函数也不是偶函数，故A错误；
因为在定义域上单调递增，且，在上单调递增，
所以在上是增函数，故B正确；
，，，，
，即，，故C错误，D正确.
故选：BD.
五、单选题
11．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论中正确的个数是（ ）
①当时，
②函数有3个零点
③的解集为
④，都有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】对于①，设，则，然后代入已知函数中结合奇函数化简可得答案，对于②，分情况解方程求解，对于③，直接解不等式即可，对于④，分和分别对函数求导，根据导数的正负可求出函数的单调性，再求出函数的值域，然后分析判断.
【详解】对于①，当时，，则，
因为为奇函数，所以，
所以，所以，所以①错误，
对于②，因为是定义在上的奇函数，所以，
当时，由，得，
当时，由，得，
所以函数有3个零点，所以②正确，
对于③，当时，由，得，得，
当时，由，得，得，所以，
综上，或，所以的解集为，所以③正确，
对于④，当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，
且当时，，当时，，
所以
当时，由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最大值，
当时，，当时，，
所以，
所以的值域为，
所以，都有，所以④正确，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的奇偶性，考查函数与方程，考查导数的应用，解题的关键是根据函数为奇函数和时的解析式，求出时的解析式，考查计算能力，属于较难题.
六、多选题
12．设函数，若关于的方程有四个实数解，，，，且，则的值可能是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】BCD
【分析】作出函数的图象，直线，从而可得出，由对数函数性质求得的范围，从而得出的范围，确定正确选项．
【详解】作出函数的图象，如图，作直线，它们有4个交点，由图形可得，
，，
由得或，因此，∴，BCD符合要求，
故选：BCD．
七、填空题
13．函数＋在x＝2处的导数为 ．
【答案】
【分析】对求导，代入x＝2求导数值即可.
【详解】∵，
∴
∴.
故答案为：0
14．德国数学家狄利克在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，则y是x的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个值，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个对应的法则是公式、图像、表格还是其它形式．已知函数由下表给出，则的值为 ．
【答案】3
【分析】根据题意，先求，再求的值.
【详解】∵，∴，则，∴，
又∵，∴．
故答案为：3
15．已知实数a≠1，函数f(x)＝，若f(1－a)＝f(a－1)，则a的值为 .
【答案】
【解析】当a＜1时，解方程41－a＝21，当a＞1时，解方程.
【详解】当a＜1时，41－a＝21，解得a＝；
当a＞1时，.即，等式不成立.
故a的值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了求分段函数解析式中的参数，属于基础题.
16．一个驾驶员喝了少量酒后，血液中的酒精含量迅速上升到，在停止喝酒后，血液中的酒精含量以每小时的速度减少，为了保障交通安全，根据有关规定:驾驶员血液中的酒精含量不得超过，那么这个驾驶员至少要经过 小时才能开车(结果精确到小时，参考数据，).
【答案】
【分析】本题首先可根据题意得出关系式，然后通过对数的相关性质将其转化为，最后通过计算即可得出结果.
【详解】设经过小时后才能开车，此时酒精含量为，
根据题意，有，
则有，，
代入，，得，
解得，故至少要经过小时才能开车，
故答案为：.
【点睛】本题考查函数模型的应用，能否根据题意得出关系式是解决本题的关键，考查通过对数的相关性质解决实际问题，考查计算能力，是简单题.
八、解答题
17．已知角的终边经过点，且．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）角的终边经过点，所以可以得到，而，所以可以求出的值；
（2）由（1）可以求出的值，然后把写成分母为1的形式，再用进行代换，最后分子、分母同除以，求出代数式的值.
【详解】（1）因为已知角的终边经过点，且，所以有，求得；
（2）由（1）可得，，
原式===．
【点睛】本题考查了余弦函数的定义、同角三角函数关系中的正弦、余弦平方和为1的关系和商关系，考查了数学运算能力.
18．已知函数的定义域是，关于的不等式的解集为．
（1）求集合；
（2）已知，，若是的必要不充分条件，试求实数的取值范围．
【答案】（1）当时，；当时，；当时，
（2）
【分析】（1）由含参二次不等式的解法可得，只需，，即可得解；
（2）由函数定义域的求法求得，再结合命题间的充要性求解即可.
【详解】解：（1）因为，所以，
当时，；当时，方程无解；当时，，
故当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
（2）解不等式，即，即，解得，
即，
由，，若是的必要不充分条件，
可得是的真子集，
则当时，则，即；
当时，显然满足题意；
当时，则，即，
综上可知：，
故实数的取值范围为.
【点睛】本题考查了函数定义域的求法、含参二次不等式的解法及充要条件，重点考查了分类讨论的数学思想方法及简易逻辑，属中档题.
19．已知函数（，且），且．
（1）若，求实数的取值范围；
（2）求使成立的的值．
【答案】（1）；（2）或．
【分析】（1）先利用对数运算求出，再利用函数在其定义域上的单调性解不等式，即得，解出答案即可；
（2）代入解析式解得，再解该方程即得结果.
【详解】解：（1），则，解得，
是上的增函数，
由，得，解得.
因此，实数的取值范围是；
（2），得，化简得，
解得或.
20．设命题：实数满足不等式，命题：函数无极值点.
（1）若“”为假命题，“”为真命题，求实数的取值范围；
（2）已知“”为真命题，并记为，且：，若是的必要不充分条件，求正整数的值．
【答案】（1）或；（2）1.
【分析】（1）由对数的运算、导函数的应用，可得：，：，再结合复合命题的真假即可得解；
（2）由是的必要不充分条件，结合（1）可得，求解即可.
【详解】解：（1）因为，
因为,所以，解得得，即：．
又因为，∵函数无极值点，∴恒成立，则，解得，即：．
∵“”为假命题，“”为真命题，∴与只有一个命题是真命题．
若为真命题，为假命题，则,．
若为真命题，为假命题，则．
故实数的取值范围为或．
（2）∵“”为真命题，∴．
又，∴或， 从而：．
∵是的必要不充分条件，即是的充分不必要条件，
∴，解得，∵，∴，
故正整数的值为.
【点睛】本题考查了对数的运算、函数的导函数的运算，重点考查了复合命题的真假，属综合性较强的题型.
21．已知函数和
（1）若是的导函数，求的值
（2）当时，不等式恒成立，其中是导函数,求正整数的最大值.
【答案】（1）；（2）3
【分析】（1）求出导函数，代入x的值即可得到结果；
（2）不等式恒成立等价于对于恒成立.
【详解】（1）由题意可得
∴；
（2）当时，不等式恒成立
即对于恒成立
设，则
，在区间上是增函数，
且存在唯一实数根,满足，即
由时，；时，
知的最小值为
故正整数的最大值为3.
【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．
22．已知函数在处的切线与直线平行.
(1)求实数的值，并判断函数的单调性；
(2)若方程有两个不同实根，且，求证：.
【答案】(1)，在上单调递减，在上单调递增；
(2)证明见解析
【分析】（1）求导函数，利用导数的几何意义求出，然后分析导函数的符号得出函数的单调性；
（2）由已知得，两式相减，得，即有，
令构造函数，求导函数，分析导函数的符号，得出函数的单调性和范围可得证.
【详解】（1）函数的定义域：，由，可得，
所以由题意可得，解得，
，
，
令，解得，故在上单调递减；
令，解得，故在上单调递增.
（2）由为方程的两个不同实根，得，
两式相减，可得，即，，
因此，，
令，由，得，
则，构造函数，
则，
所以函数在上单调递增，故，即，
可知，故命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，用导数证明有关函数零点的不等式，解题思路是对两个零点，引入参数，把有关的表达式表示为的函数，然后再由导数研究新函数得证结论.
x
x≤1
1＜x＜2
x≥2
y
1
2
3