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2024届江西省稳派联考高三上学期10月统一调研测试数学试题含解析
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这是一份2024届江西省稳派联考高三上学期10月统一调研测试数学试题含解析，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．已知集合，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得到，再求即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B．
2．（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式与特殊角的三角函数值求解即可.
【详解】
，
故选：D．
3．已知向量，，若，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量垂直及数量积的运算律列方程得，再应用向量夹角的坐标表示求夹角余弦值.
【详解】因为，所以，得，
所以，所以.
故选：A
4．已知，若为纯虚数，则a的值为（ ）．
A．1B．3C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的概念列方程即可得所求.
【详解】因为，所以，
所以，
因为为纯虚数，所以，所以.
故选：B．
5．函数的大致图象可能是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用排除法依次判断选项即可得到答案.
【详解】对选项A，由可得的图象过原点，排除A；
对选项C，，，有2个极值点，排除C；
对选项D，存在t，当时恒有，在上单调递增，排除D
故选：B
6．已知函数，，则（ ）．
A．的图象关于y轴对称，的图象关于点对称
B．的图象关于y轴对称，的图象关于y轴对称
C．的图象关于原点对称．的图象关于点对称
D．的图象关于原点对称．的图象关于y轴对称
【答案】D
【分析】可直接利用函数奇偶性定义，结合三角函数诱导公式化简证明；可先由对数运算性质变形整理，再利用函数奇偶性定义证明即可.
【详解】任意，，且，
故的图象关于原点对称；
任意，
，则，
故是偶函数，的图象关于y轴对称.
故选：D．
7．将三角形的3个内角三等分，靠近某边的两条角三分线相交得到一个交点，则这样的3个交点的连线构成正三角形，该定理称为莫利定理，其中的正三角形称为该三角形的莫利三角形．如图，在中，，，则的莫利三角形的面积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据莫利三角形得定义结合正弦定理即可得.
【详解】由题意可得，，
在中，，，，
由正弦定理得，
同理可得，，，
所以，
所以的面积为.
故选：C．
8．若，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数函数的单调性对c,b进行估值，根据a式的形式，平方后进行估值，中值法比较大小.
【详解】因为，，
所以，排除BC，
因为，所以，
所以，排除D，
故选：A
二、多选题
9．已知复数，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．z在复平面内对应的点位于第二象限
C．的虚部为D．z是方程的根
【答案】ACD
【分析】根据复数的乘方运算化简复数，再根据复数的模长、几何意义、复数的运算及复数与方程的根逐项判断关系即可.
【详解】因为，所以，A正确；
z在复平面内对应的点为，位于第一象限，B错误；
，虚部为，C正确；
由得，即，
所以z是方程的根，D正确.
故选：ACD．
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）．
A．若，则
B．把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到的图象
C．若，则是的整数倍
D．若在上单调递增，则
【答案】BCD
【分析】根据正切函数的图象和性质对各选项逐一判断即可.
【详解】当时，，，
因为，在上单调递增，
所以，所以，A错误；
的图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到的图象，B正确；
若，则是最小正周期的整数倍，又的最小正周期，C正确；
当时，，
所以当，即时，在上单调递增，D正确，
故选：BCD
11．下列各式的值是方程的根的为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】解方程求根，应用对数运算性质及三角恒等变换化简求值，判断各项是否为方程的根即可.
【详解】方程的根为2或，
，A错误；
，B正确；
，C正确；
，D正确.
故选：BCD
12．已知定义城为的函数的导函数为，且，则（ ）．
A．若，且，则
B．
C．图象上任意两点连线的斜率恒大于1
D．若对，，则
【答案】AC
【分析】由知函数单调递增判断A；根据，并构造并确定单调性判断B；由，构造并研究其单调性判断符号，得到的单调性，结合斜率公式判断C；由，根据分析有，即且，再构造、依次研究单调性判断D.
【详解】定义域为，且，在上单调递增，A正确；
因为，所以在上单调递增，
所以，即，B错误；
设，是图象上任意两点，而，
设，则，在上单调递增，
所以，，所以在上单调递增，
所以，即，表示A，B两点连线的斜率，C正确；
由得，
又在上单调递增，则，即，且，
因为在上单调递增，所以，即，
设，则，在上，单调递减，在上，单调递增，
所以，即，所以，所以，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，结合各项描述构造对应函数，并应用导数研究单调性比较大小、求参数范围即可.
三、填空题
13．中，点D在边上，若，则 ．
【答案】/1.5
【分析】根据平面向量的共线定理与线性运算即可得所求.
【详解】因为点D在边上，若，所以，，
所以，
所以，，所以．
故答案为：.
14．已知命题p：“，”，则p为真命题的一个必要不充分条件是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据已知命题为真求对应参数a的范围，再结合充分、必要性定义写出一个必要不充分条件.
【详解】由得：，所以p为真命题的充要条件是，
故一个必要不充分条件是．
故答案为：（答案不唯一）
15．若函数'的值域为R，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分和两种情况进行讨论，结合一次函数与二次函数的性质求出函数在对应区间的值域，再根据题意列出不等式，从而可得出答案.
【详解】若，当时，，
当时，，故的值域不是R；
若，当时，，
当时，，
由的值域为R，得，解得．
综上所述，实数a的取值范围是(1,2).
故答案为：.
16．折纸是一种玩具，也是一项思维活动．如图，把一个足够长的长方形纸条打好一个结，然后拉紧压平，再截去伸出的部分，就得到一个正五边形，若，把该正五边形折纸展开，得到一个纸条，记该纸条的周长为，则 ．
【答案】2
【分析】由已知条件利用三角函数的概念求出，，的长度，进而得到纸条周长，再根据二倍角公式和诱导公式即可求解.
【详解】由题意可得在等腰梯形中，，，，
，
展开后的纸条如下图，
该纸条的周长，
所以，
故答案为：2
四、解答题
17．已知函数的图象上相邻两条对称轴之间的距离是．
(1)求在上的值域；
(2)求的图象在处的切线l的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）图象上相邻两条对称轴之间的距离等于半周期，从而可得，再用三角函数的单调性求值域.
（2）先求，再求切点的纵坐标和斜率，从而求切线方程.
【详解】（1）因为图象上相邻两条对称轴之间的距离是，
所以，，，
因为，所以，
因为在上单调递增，在上单调递减，
且，，，
所以，，
所以在上的值域为．
（2）（2）因为，所以，
所以，，
所以切线l的方程为，即．
18．已知向量，，且．
(1)求的值；
(2)若且，点为坐标原点，求在方向上的投影数量．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由向量数量积的运算律可得，再根据向量数量积的坐标表示结合二倍角公式和余弦的两角和公式求解即可；
（2）利用向量数量积和投影向量公式及坐标运算直接求解即可.
【详解】（1）由两边平方可得，解得，
又因为向量，，
所以，
整理得，
所以．
（2）因为且，
所以，
所以，，
所以，，，
所以在方向上的投影数量为．
19．已知函数的图象关于直线对称，且时．
(1)求时的解析式；
(2)是否存在实数m，n满足，且在上的值域是，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；，
【分析】（1）由对称性可得，从而即可求解.
（2）根据题意，假设存在实数m，n，从的最大值确定n的取值范围，进而即可求解.
【详解】（1）因为的图象关于直线对称，所以，
当时，，
所以．
（2）假设存在m，n满足，且在上的值域是，
易得时，
由对称性可得时，所以，，
又在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，，
即m，n是的两个根，所以，．
综上所述，存在实数m，n，即，．
20．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，，从下面两个条件中选一个，求的最小值．
①点M，N分别是边，上的动点（不包含端点），且；
②点M，N是边上的动点（不包含端点且），且．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)① ；②.
【分析】（1）应用正余弦边角关系化简已知条件得，即可求角的大小；
（2）由（1）及题设求得，选①设，，利用余弦定理可得，结合基本不等式求最小值，注意取值条件；选②设，应用余弦定理用表示出，结合二次函数性质求最小值.
【详解】（1）由正弦边角关系得，
所以，
由余弦定理得，即，
所以，又，则．
（2）由（1）及题设，则，
选①，此时，设，，
由余弦定理得，即，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
选②，此时，，
设，因为，则，
在中由余弦定理得，
在中由余弦定理得，
所以，
所以当时，取得最小值．
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，按的不同取值范围讨论导函数的符号即可求解；
（2）将恒成立问题转化为最值问题，结合（1）中单调性即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
因为，当时，，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当时，由，得或，
当即时，，在上单调递增，
当时，，时，，在上单调递减，
或时，，在上单调递增，
当时，，时，，在上单调递减；
或时，，在上单调递增．
综上可得，时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在，上单调递增；
时，在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由题可得，所以，
由（1）得当时，在上单调递增，则时，不满足题意，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当，即时在上单调递减，时，，满足题意，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
由时，恒成立，则，即，
因为，，
所以，
综上得实数的取值范围为．
22．已知函数．
(1)证明：；
(2)若，判断方程的实根个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)有唯一实根
【分析】（1）不等式变形为，引入函数，求导确定单调性后得出即证；
（2）引入函数，由导数确定的单调性，再结合零点存在定理确定零点个数．
【详解】（1）证明：因为，所以，即，
即，
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以时．
（2）方程，即，
即，
设，
则，
设，
因为，所以，，
所以在上有唯一实根，且，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
又，所以，在上没有零点，
因为，，，
所以在上有唯一零点，也即在上有唯一零点．
所以方程在上有唯一实根．
【点睛】方法点睛：用导数研究方程的根，通常转化为确定函数的零点，为此利用导数确定函数的单调性，然后由零点存在定理确定零点的存在性及零点个数．
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得到，再求即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B．
2．（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据诱导公式与特殊角的三角函数值求解即可.
【详解】
，
故选：D．
3．已知向量，，若，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量垂直及数量积的运算律列方程得，再应用向量夹角的坐标表示求夹角余弦值.
【详解】因为，所以，得，
所以，所以.
故选：A
4．已知，若为纯虚数，则a的值为（ ）．
A．1B．3C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的概念列方程即可得所求.
【详解】因为，所以，
所以，
因为为纯虚数，所以，所以.
故选：B．
5．函数的大致图象可能是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用排除法依次判断选项即可得到答案.
【详解】对选项A，由可得的图象过原点，排除A；
对选项C，，，有2个极值点，排除C；
对选项D，存在t，当时恒有，在上单调递增，排除D
故选：B
6．已知函数，，则（ ）．
A．的图象关于y轴对称，的图象关于点对称
B．的图象关于y轴对称，的图象关于y轴对称
C．的图象关于原点对称．的图象关于点对称
D．的图象关于原点对称．的图象关于y轴对称
【答案】D
【分析】可直接利用函数奇偶性定义，结合三角函数诱导公式化简证明；可先由对数运算性质变形整理，再利用函数奇偶性定义证明即可.
【详解】任意，，且，
故的图象关于原点对称；
任意，
，则，
故是偶函数，的图象关于y轴对称.
故选：D．
7．将三角形的3个内角三等分，靠近某边的两条角三分线相交得到一个交点，则这样的3个交点的连线构成正三角形，该定理称为莫利定理，其中的正三角形称为该三角形的莫利三角形．如图，在中，，，则的莫利三角形的面积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据莫利三角形得定义结合正弦定理即可得.
【详解】由题意可得，，
在中，，，，
由正弦定理得，
同理可得，，，
所以，
所以的面积为.
故选：C．
8．若，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数函数的单调性对c,b进行估值，根据a式的形式，平方后进行估值，中值法比较大小.
【详解】因为，，
所以，排除BC，
因为，所以，
所以，排除D，
故选：A
二、多选题
9．已知复数，则下列结论正确的是（ ）．
A．B．z在复平面内对应的点位于第二象限
C．的虚部为D．z是方程的根
【答案】ACD
【分析】根据复数的乘方运算化简复数，再根据复数的模长、几何意义、复数的运算及复数与方程的根逐项判断关系即可.
【详解】因为，所以，A正确；
z在复平面内对应的点为，位于第一象限，B错误；
，虚部为，C正确；
由得，即，
所以z是方程的根，D正确.
故选：ACD．
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）．
A．若，则
B．把的图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到的图象
C．若，则是的整数倍
D．若在上单调递增，则
【答案】BCD
【分析】根据正切函数的图象和性质对各选项逐一判断即可.
【详解】当时，，，
因为，在上单调递增，
所以，所以，A错误；
的图象上所有点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到的图象，B正确；
若，则是最小正周期的整数倍，又的最小正周期，C正确；
当时，，
所以当，即时，在上单调递增，D正确，
故选：BCD
11．下列各式的值是方程的根的为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】解方程求根，应用对数运算性质及三角恒等变换化简求值，判断各项是否为方程的根即可.
【详解】方程的根为2或，
，A错误；
，B正确；
，C正确；
，D正确.
故选：BCD
12．已知定义城为的函数的导函数为，且，则（ ）．
A．若，且，则
B．
C．图象上任意两点连线的斜率恒大于1
D．若对，，则
【答案】AC
【分析】由知函数单调递增判断A；根据，并构造并确定单调性判断B；由，构造并研究其单调性判断符号，得到的单调性，结合斜率公式判断C；由，根据分析有，即且，再构造、依次研究单调性判断D.
【详解】定义域为，且，在上单调递增，A正确；
因为，所以在上单调递增，
所以，即，B错误；
设，是图象上任意两点，而，
设，则，在上单调递增，
所以，，所以在上单调递增，
所以，即，表示A，B两点连线的斜率，C正确；
由得，
又在上单调递增，则，即，且，
因为在上单调递增，所以，即，
设，则，在上，单调递减，在上，单调递增，
所以，即，所以，所以，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：根据已知条件，结合各项描述构造对应函数，并应用导数研究单调性比较大小、求参数范围即可.
三、填空题
13．中，点D在边上，若，则 ．
【答案】/1.5
【分析】根据平面向量的共线定理与线性运算即可得所求.
【详解】因为点D在边上，若，所以，，
所以，
所以，，所以．
故答案为：.
14．已知命题p：“，”，则p为真命题的一个必要不充分条件是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据已知命题为真求对应参数a的范围，再结合充分、必要性定义写出一个必要不充分条件.
【详解】由得：，所以p为真命题的充要条件是，
故一个必要不充分条件是．
故答案为：（答案不唯一）
15．若函数'的值域为R，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分和两种情况进行讨论，结合一次函数与二次函数的性质求出函数在对应区间的值域，再根据题意列出不等式，从而可得出答案.
【详解】若，当时，，
当时，，故的值域不是R；
若，当时，，
当时，，
由的值域为R，得，解得．
综上所述，实数a的取值范围是(1,2).
故答案为：.
16．折纸是一种玩具，也是一项思维活动．如图，把一个足够长的长方形纸条打好一个结，然后拉紧压平，再截去伸出的部分，就得到一个正五边形，若，把该正五边形折纸展开，得到一个纸条，记该纸条的周长为，则 ．
【答案】2
【分析】由已知条件利用三角函数的概念求出，，的长度，进而得到纸条周长，再根据二倍角公式和诱导公式即可求解.
【详解】由题意可得在等腰梯形中，，，，
，
展开后的纸条如下图，
该纸条的周长，
所以，
故答案为：2
四、解答题
17．已知函数的图象上相邻两条对称轴之间的距离是．
(1)求在上的值域；
(2)求的图象在处的切线l的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）图象上相邻两条对称轴之间的距离等于半周期，从而可得，再用三角函数的单调性求值域.
（2）先求，再求切点的纵坐标和斜率，从而求切线方程.
【详解】（1）因为图象上相邻两条对称轴之间的距离是，
所以，，，
因为，所以，
因为在上单调递增，在上单调递减，
且，，，
所以，，
所以在上的值域为．
（2）（2）因为，所以，
所以，，
所以切线l的方程为，即．
18．已知向量，，且．
(1)求的值；
(2)若且，点为坐标原点，求在方向上的投影数量．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先由向量数量积的运算律可得，再根据向量数量积的坐标表示结合二倍角公式和余弦的两角和公式求解即可；
（2）利用向量数量积和投影向量公式及坐标运算直接求解即可.
【详解】（1）由两边平方可得，解得，
又因为向量，，
所以，
整理得，
所以．
（2）因为且，
所以，
所以，，
所以，，，
所以在方向上的投影数量为．
19．已知函数的图象关于直线对称，且时．
(1)求时的解析式；
(2)是否存在实数m，n满足，且在上的值域是，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；，
【分析】（1）由对称性可得，从而即可求解.
（2）根据题意，假设存在实数m，n，从的最大值确定n的取值范围，进而即可求解.
【详解】（1）因为的图象关于直线对称，所以，
当时，，
所以．
（2）假设存在m，n满足，且在上的值域是，
易得时，
由对称性可得时，所以，，
又在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，，
即m，n是的两个根，所以，．
综上所述，存在实数m，n，即，．
20．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若，，从下面两个条件中选一个，求的最小值．
①点M，N分别是边，上的动点（不包含端点），且；
②点M，N是边上的动点（不包含端点且），且．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)① ；②.
【分析】（1）应用正余弦边角关系化简已知条件得，即可求角的大小；
（2）由（1）及题设求得，选①设，，利用余弦定理可得，结合基本不等式求最小值，注意取值条件；选②设，应用余弦定理用表示出，结合二次函数性质求最小值.
【详解】（1）由正弦边角关系得，
所以，
由余弦定理得，即，
所以，又，则．
（2）由（1）及题设，则，
选①，此时，设，，
由余弦定理得，即，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．
选②，此时，，
设，因为，则，
在中由余弦定理得，
在中由余弦定理得，
所以，
所以当时，取得最小值．
21．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，按的不同取值范围讨论导函数的符号即可求解；
（2）将恒成立问题转化为最值问题，结合（1）中单调性即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
因为，当时，，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
当时，由，得或，
当即时，，在上单调递增，
当时，，时，，在上单调递减，
或时，，在上单调递增，
当时，，时，，在上单调递减；
或时，，在上单调递增．
综上可得，时，在上单调递减，在上单调递增；
时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在，上单调递增；
时，在上单调递减，在，上单调递增．
（2）由题可得，所以，
由（1）得当时，在上单调递增，则时，不满足题意，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当，即时在上单调递减，时，，满足题意，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
由时，恒成立，则，即，
因为，，
所以，
综上得实数的取值范围为．
22．已知函数．
(1)证明：；
(2)若，判断方程的实根个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)有唯一实根
【分析】（1）不等式变形为，引入函数，求导确定单调性后得出即证；
（2）引入函数，由导数确定的单调性，再结合零点存在定理确定零点个数．
【详解】（1）证明：因为，所以，即，
即，
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以时．
（2）方程，即，
即，
设，
则，
设，
因为，所以，，
所以在上有唯一实根，且，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
又，所以，在上没有零点，
因为，，，
所以在上有唯一零点，也即在上有唯一零点．
所以方程在上有唯一实根．
【点睛】方法点睛：用导数研究方程的根，通常转化为确定函数的零点，为此利用导数确定函数的单调性，然后由零点存在定理确定零点的存在性及零点个数．
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