2024届江苏省兴化市楚水实验学校、兴化一中等四校高三上学期第一次阶段测试数学试题含解析

这是一份2024届江苏省兴化市楚水实验学校、兴化一中等四校高三上学期第一次阶段测试数学试题含解析，共14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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由不等式性质求得集合，再由交集定义计算．
【详解】由已知，则．
故选：A．
2．已知扇形面积为，半径是1，则扇形的圆心角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据扇形面积公式即可求出.
【详解】设扇形的圆心角为，
则，即，解得.
故选：C.
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用题目条件结合诱导公式即可得出答案.
【详解】
故选：B.
4．已知函数满足对任意，都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先判断函数的单调性，再根据分段函数单调性的定义，列式求解.
【详解】∵满足对任意，都有成立，
∴在上是减函数，，解得，
∴a的取值范围是.
故选：C．
5．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用指对数运算及函数性质、三角函数单调性判断大小关系.
【详解】，
.
故选：C
6．已知关于的不等式的解集为，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】一元二次不等式解集转化为一元二次方程的解，根据韦达定理求出，，再用基本不等式求出最值
【详解】的解集为，则是方程的两个根，故，，故
因为，所以有基本不等式得：，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为
故选：D
7．人们通常把顶角为36°的等腰三角形称为黄金三角形，因为它的底边和腰长的比值等于黄金分割比，我们熟悉的五角星就是由5个黄金三角形和1个正五边形组成的，如图，三角形ABC就是一个黄金三角形，根据以上信息，可得=（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正弦定理得到，结合倍角公式，求得，再利用诱导公式，即可求解.
【详解】在中，，
由正弦定理得，即，
由倍角公式得，，
解得，
，
故选：A
8．已知函数在上有两个零点，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求出两函数相切时的切线斜率，再结合函数特征，求出m的取值范围即可.
【详解】解：函数在上有两个零点，等价于与有两个不同的交点，恒过点，设与相切时切点为，因为，所以切线斜率为，则切线方程为，当切线经过点时，解得或（舍），此时切线斜率为，由函数图像特征可知：函数在上有两个零点，则实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】本题考查导数的综合应用，由函数零点求参数的取值范围，难度中等.
二、多选题
9．已知一次函数满足，且点在的图象上，其中，，则下列各式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据求出b判断A,根据点在函数图象上判断B，由均值不等式判断CD.
【详解】，
，
即，故A不正确；
由在函数图象上可得，即，故B正确；
由均值不等式可得，即，故C正确；
因为，
所以D正确.
故选：BCD
10．已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（ ）
A．图象关于直线对称
B．
C．的最小正周期为2
D．对任意都有
【答案】ABD
【分析】由奇偶性知的对称中心为(0,0)，对称轴为，进而推得，，即可判断各选项的正误.
【详解】因为函数为上的奇函数，所以函数的对称中心为，
因为为偶函数，所以，即函数关于轴对称，
所以，即，所以函数关于对称，故A正确；
由，用替换可得，故D正确；
由可得，所以，即函数周期为4，故C错误；
因为的周期为4，所以，故B正确.
故选：ABD
11．已知奇函数的最小正周期为，将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．函数B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递增D．当时，函数的最大值是
【答案】AB
【分析】利用两角差的正弦公式将化为，根据函数的最小正周期确定，根据奇偶性确定，可得其解析式，根据三角函数的平移变换可得函数的解析式，判断A;代入验证可判断B；根据x的范围，确定的范围，结合正弦函数性质，可判断C,D.
【详解】由题意可得，
因为的最小正周期为，所以 ，
又因为为奇函数，所以，而，故，
所以，
则将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数的图象，
故，A正确；
将代入中，有，
即函数的图象关于点对称，B正确；
当时，，由于正弦函数在上不单调，
故在区间上不是单调递增函数，故C错误；
当时，，，
函数最大值为2，D错误，
故选：AB
12．已知函数，若f(x)=a有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，且满足x1A．0C．D．
【答案】ACD
【分析】A选项：将方程的解转化为函数与图象交点的横坐标，然后结合图象即可得到的范围；
BCD选项：由题意可得，整理得，利用二次函数的对称性得到，然后利用对勾函数的单调性求范围即可.
【详解】
函数的图象如上所示，
方程的解可以转化为函数与图象交点的横坐标，由图可知，故A正确；
由题意可知，即，解得，由图可知，所以，令，则函数在上单调递增，当时，，时，，所以的范围为，故B错；
函数的对称轴为，所以，又，所以，函数在上单调递增，，，所以，故C正确；
，函数在上单调递减，上单调递增，，，，所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】将为假命题转化为为真命题,分离参数求解即可.
【详解】 “”为假命题即为 “”为真命题,
则在区间上有解,
设，
函数的对称轴为，且,
当时函数取得最大值为.
．
故答案为：.
14．已知不等式的解集，若对任意，不等式恒成立．则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据一元二次不等式的解集确定系数，则在上恒成立，利用二次函数的性质有即可求结果.
【详解】由题设，且，可得，
所以在上恒成立，
而在上递增，故只需即可，
所以.
故答案为：
15．若两个锐角，满足，则 .
【答案】
【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式，化简可得角，的关系，代入即可求解.
【详解】因为，
所以
所以，
因为，为锐角，所以有，
所以，即，
所以，即，
因为，为锐角，所以有，即，
所以
故答案为：
16．已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为 ．
【答案】/
【分析】构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集
【详解】设函数，则
又
所以在上单调递增，又
故不等式 可化为
由的单调性可得该不等式的解集为．
故答案为：
四、解答题
17．设全集，，．
(1)当a＝1时，求，；
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；或
(2)
【分析】（1）解不等式可得集合，将代入解出集合，根据集合基本运算即可求得结果；
（2）根据题意可得集合是集合的真子集，根据集合间的基本关系即可求得实数a的取值范围．
【详解】（1）令可得，解得，
所以，或
当时，，
所以，
或.
（2）由“”是“”的充分不必要条件可得，集合是集合的真子集，
又，
所以，解得，
故实数a的取值范围为．
18．已知.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若时，有零点，求的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简不等式，再求解即可；
（2）转化为方程有解，再分离参数，求函数的值域即可.
【详解】（1）当时，，
所以由可得，
即，所以，解得，
故不等式的解集为.
（2）因为时，有零点，
所以在上有解，
即在上有解，
令，
因为，，
所以，故，
所以.
19．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求函数的解析式及单调递减区间；
(2)当时，求函数的最小值及此时的值.
【答案】(1)，
(2)0,或
【分析】（1）由图可求得A及周期，从而可得，再利用待定系数法求出即可，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可求出函数的减区间；
（2）根据正弦函数的性质结合整体思想即可得出答案.
【详解】（1）由图象可知，， ，即，
，
由图象过点可知，，，即，
，，
，
令，解得，
所以函数的单调递减区间为.
（2）由于，
所以，故，
所以，
所以当或时，有最小值0.
20．已知函数
1)若a=1,求曲线在点处的切线方程
(2)若在R上单调递增,求实数a的取值范围
【答案】（1）（2）
【详解】分析：（1）求出导数，求出切点和切线的斜率，由点斜式方程，即可得到切线方程；
（2）求出导数，若是单调递增函数，则恒成立，分离参数构造函数，求出函数的最值即可得到实数的取值范围．
详解：
(1)
（2）
所以在上单调递增，在上单调递减
所以.
点睛：本题主要考查导数的几何意义以及函数单调性和导数之间的关系，综合考查导数的应用，属于中档题．
21．已知函数的值域为.
(1)求的单调递增区间；
(2)若在上恰有一个零点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用函数的值域可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出函数的解析式，，利用正弦型函数的单调性可求得函数的递增区间；
（2）由（1）可得出的表达式，由，则，根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】（1）解：
，
因为，且函数的值域为，则，解得，
所以，，
由可得，
因此，函数的增区间为.
（2）解：因为，
由于，则，
由可得，
因为在上恰有一个零点，则，解得.
因此，的取值范围是.
22．已知a为实常数，函数
（1）记的导函数为，求在区间内的单调区间；
（2）若在区间的极大值、极小值恰各有一个，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
【详解】（1）由，知.
则.
由或.
由或.
由.
故函数在区间内的单调递增区间为，单调递减区间为及.
（2）由（1）知在处取得极小值，在处取得极大值.
注意到，
，，，.
显然，.
（ⅰ）若，则，在区间内单调递增.
故在区间内无极值，矛盾.
于是，.
（ⅱ）若，当时，在区间内至多有一个极值点，矛盾.
当时，在区间内至少有三个极值点，矛盾.
于是，
反之，当，且时，在区间与内各有一个极值点.
所以，在区间的极大值、极小值恰各有一个的充分必要条件是
.