2024届广东省四校高三上学期10月联考（二）数学试题含解析

这是一份2024届广东省四校高三上学期10月联考（二）数学试题含解析，共19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．已知全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A．或B．或
C．D．
【答案】A
【分析】解不等式可得集合与集合，进而可得解.
【详解】解不等式可得或，
由题意可知阴影部分表示的集合为，
且，，
或，
所以或，
故选：A.
2．在等差数列中，若，，则（ ）
A．16B．18C．20D．22
【答案】B
【分析】利用等差数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】因为是等差数列，设其公差为，
所以，解得，
所以.
故选：B．
3．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解.
【详解】由，知，
则，
故选：D
4．设为正项等差数列的前项和．若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由等差数列的求和公式和等差中项公式，求得且，
化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由等差数列的前项和公式，可得，可得，
又由且，
所以，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D.
5．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解.
【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故，
所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合，
故选：D
6．已知函数满足（其中是的导数），若，，，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数，由题意可得，，所以在上递增，然后由可得答案.
【详解】因为（），
所以，所以，
令，则，，
所以在上递增，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，所以，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用函数单调性比较大小，解题的关键是根据题意构造函数，求导后，结合已知条件可得在上递增，然后利用函数的单调性比较大小即可，考查数学转化思想，属于较难题.
7．若函数恰有两个零点，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分离参数转化为直线与函数的图象有两个交点，利用导数求得函数的极值、单调性及变化趋势后（可作出草图），从而得出结论．
【详解】由题意知方程即有两个不同的解，
即与有两个不同的交点，
记，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以当时，函数有极大值，当时，函数有极小值.
又因为时，；时，，且，
如下图：
数形结合可知时，函数恰有两个零点.
故选：C．
【点睛】方法点睛：方程有两个解或函数有两个零点问题，常常利用分离参数转化为函数图象与直线有两个交点，为此转化为利用导数求函数的极值、单调性、变化趋势，作出函数的图象，从图象观察得出参数范围．
8．若直角坐标平面内，两点满足：①点，都在函数的图象上；②点，关于原点对称，则称点是函数的一个“姊妹点对”点对与可看作是同一个“姊妹点对”．已知函数恰有两个“姊妹点对”，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意转化为函数与函数的图象恰好有两个交点，即方程在上有两个不同的解，构造函数，利用导数，分类讨论求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意知函数恰有两个“姊妹点对”，
等价于函数，与函数，的图象恰好有两个交点，
所以方程，即在上有两个不同的解，
构造函数，则，
当时，，函数区间上单调递增，不符合题意；
当时，令，解得，所以函数在区间上单调递增，
令，解得，所以函数在区间上单调递减，
所以，解得，
又由，所以函数在上有且仅有一个零点，
令，则，
令，解得，所以函数在区间上单调递增，
令，解得，所以函数在区间上单调递减，
所以，
所以，即，
又由，
所以函数在上有且仅有一个零点．
综上可得：，即实数的取值范围是．
故选：A.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若关于的不等式的解集为，则
D．函数在区间内单调递增，则实数m的取值范围为
【答案】BC
【分析】对于,令即可判断；对于，作差法比较的大小即可；对于，根据一元二次不等式解集及根与系数的关系即可求出；对于,根据复合函数的单调性，求出函数的单调递增区间，再利用集合关系即可求出的范围.
【详解】对于,令，则错误；
对于，
，
而，所以，
则，即，正确；
对于，由题知，故，正确；
对于，由，得，
又函数的对称轴为，
根据复合函数的单调性知的单调递增区间为，
又在区间内单调递增，
则，故错误,
故选：
10．在数列中，，且对任意不小于2的正整数n，恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．成等比数列
D．
【答案】BCD
【分析】先求出，然后当时，由，得，两式相减化简可得，从而可求得，然后逐个分析判断即可.
【详解】当时，，
当时，，则，
所以，所以，
所以，所以，
所以
因为不满足上式，所以，所以A错误，
对于B，因为，所以，所以B正确，
对于C，因为，所以，则，所以成等比数列，所以C正确，
对于D，因为，所以当时，
，
当时，满足上式，所以，所以D正确，
故选：BCD
11．下列四个命题中，错误的是（ ）
A．“”是“关于x的方程有两个实数解”的必要不充分条件
B．命题“，使得”的否定是：“对，均有”
C．若，则函数的最小值是2
D．若函数在有极值0，则，或，
【答案】BCD
【分析】对于根据方程有两个实数解，求出的范围即可判定；对于根据存在量词命题的否定是全称量词命题即可判定；对于考查取最小值成立的条件，即可判定；对于根据题中条件，列出方程组解出验证即可.
【详解】对于若方程有两个实数解，则
且，
则“”是“关于x的方程有两个实数解”的必要不充分条件，
故正确；
对于根据存在量词命题的否定是全称量词命题知，
命题“，使得”的否定是：
“对，均有”，故错误；
对于等号成立的条件是，
此方程无实数解，故等号不成立，故错误；
对于，因为有极值0，
所以，，
解得或，
又，恒成立，
所以在上单调递增，此时无极小值，
则错误.
故选：
12．已知分别是函数和的零点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】把函数的零点转化两个函数图像交点的横坐标，再结合反函数图像的特点得到点和关于点对称，根据可判断A、B选项；结合反函数的性质可以判断C选项；利用特殊值的思路得到的范围即可判断D选项.
【详解】因为，分别是函数，的零点，所以，，那么，可以看做函数和与函数图像交点的横坐标，
如图所示，点，，分别为函数，，的图像与函数图像的交点，所以，因为函数和互为反函数，所以函数图像关于的图像对称，的图像也关于的图像对称，所以点和关于点对称，，，故AB正确；
由反函数的性质可得，因为单调递增，，
所以，所以，故C错；
当时，函数对应的函数值为，函数对应的函数值为，因为
，所以，
所以的范围为，那么，而，所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．数列中为的前n项和，若，则 .
【答案】6
【详解】试题分析：由题意得，因为，即，所以数列构成首项，公比为的等比数列，则，解得．
【解析】等比数列的概念及等比数列求和．
14．已知函数定义域为，满足，当时，则 .
【答案】
【分析】利用条件求出函数的周期，再利用函数解析式进一步计算即可.
【详解】因为，所以，
即，所以的周期为
则，
故答案为：.
15．已知定义在R上的函数满足：对任意都有，且当时，，对任意恒成立，则实数k的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据给定条件，探讨函数的性质，再脱去给定不等式中的法则“f”，分离参数，结合指数函数、二次函数求出最值即得.
【详解】对任意都有，令，得，即 ，
，则，有，
，因此函数在上单调递增，
由，得，
于是，整理得，
依题意，对任意恒成立，令，，
函数，当时，，从而，
所以实数k的取值范围是.
故答案为：
16．函数在上不单调，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求得函数的导函数，根据在区间上有极值，求得的取值范围.
【详解】，令得，
由于，
分离常数得.
构造函数，，所以在上递减，在上递增，.
下证：
构造函数，，当时，①，
而，即，所以，所以由①可得.所以当时，单调递增.
由于，所以当时，，故，也即.
由于，所以.
所以的取值范围是
故答案为：
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.
四、解答题
17．已知曲线在点处的切线的斜率为3，且当时，函数取得极值.
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)求函数的极值；
(3)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)的极大值为极小值为
(3)
【分析】（1）利用题中条件解出的值，即可求解；（2）利用导数考查函数的单调性，求出极值点，进一步计算即可；（3）求出函数的最小值即可.
【详解】（1）由题得：，
结合题意可得，
解得，经检验符合题意，
故，，
所以在点处的切线方程为.
（2）由（1）知.
令，解得或，
令，解得，
故在，上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，
的极小值为；
（3）在上有极大值，无极小值，
又因为，，所以，
所以要使不等式能成立，则.
所以，
故取值范围是.
18．已知角θ的终边上一点，且，
(1)求tanθ的值；
(2)求的值；
(3)若，，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意结合任意角三角函数值的定义分析求解；
（2）根据齐次式问题运算求解；
（3）根据角的关系，结合两角和差公式运算求解.
【详解】（1）因为角的终边上一点，且，
所以为第四象限角，且，
由，解得，
所以.
（2）由（1）可知：，
所以.
（3）因为，，且，，
则，
可得，，
所以
.
19．已知数列的前项和为，且，数列的前项积为，且.
（1）求，的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）根据求出，根据求出；
（2）用错位相减法即可得到答案.
【详解】（1）时，；
时，，
经检验，当时，满足，因此.
时，；
时，，
经检验，当时，满足，因此.
（2）由（1）知，
，
，
两式相减得
故.
20．已知函数（，为自然对数的底数）.
(1)求函数f（x）的单调区间；
(2)求函数f（x）在区间[0，m]上的最大值和最小值.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为;
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导后求解导函数的正负区间即可；
（2）根据（1）中的单调区间，分，和三种情况讨论即可
【详解】（1），求导得，因为，
令，即，解得或.
令，即，解得.
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）①当时，因为在上递减，
所以在区间上的最大值为，最小值为.
②当时，因为在上递减，在上递增，且，
所以在上的最大值为，最小值为.
③当时，因为在上递减，在上递增，且，
所以在上的最大值为，最小值为.
21．江西某中学校园内有块扇形空地，经测量其半径为，圆心角为，学校准备在此扇形空地上修建一所矩形室内篮球场，初步设计方案1如图1所示．
(1)取弧的中点，连接，设，试用表示方案1中矩形的面积，并求其最大值；
(2)你有没有更好的设计方案2来获得更大的篮球场面积？若有，在图2中画出来，并证明你的结论．
【答案】(1)答案见解析
(2)有，作图见解析，证明见解析
【分析】（1）用表示表示、，结合三角恒等变换化简矩形面积的表达式，利用三角函数的基本性质可求得矩形面积的最大值；
（2）在半径上截取线段为矩形的一边，作得矩形，设，，化简矩形面积关于的表达式，利用三角函数的基本性质可求得矩形面积的最大值，比较两个方案中矩形面积的大小，即可得解.
【详解】（1）解：如图所示，设交于点，交于点，显然矩形关于对称，
而点、分别为、的中点，，．
在中，，，
，
，即，
而，故矩形的面积
．
，，．
故当，即时，取得最大值，此时，
矩形面积的最大值为．
（2）解：如图所示，在半径上截取线段为矩形的一边，作得矩形，
设，，可得，，
则，
所以矩形的面积为
，
，可得，
当时，即时，有最大值为，
即教室面积的最大值为，现将两种方案的最大值进行比较大小：，方案2更合算．
22．已知函数.
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；
（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.
【详解】（1）由得，
当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，
又，故只有1个零点；
当时，令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以当时，取得最小值，
当时，，所以函数无零点，
当时，恒成立，所以函数无零点，
综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；
（2）由已知有，所以，
所以，
构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，
，记，所以，
令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，即单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，单调递增，
故的最小值为，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.