2024届安徽省芜湖一中皖江名校高三10月阶段性考试数学试题含解析

这是一份2024届安徽省芜湖一中皖江名校高三10月阶段性考试数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， “为锐角三角形”是“”的， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22题.全卷满分150分，考试时间120分钟.
考生注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别解不等式得到集合和，再根据并集的运算即可求得.
【详解】由题意得：，，
所以，
故选：D.
2. 的值等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式即可得解.
【详解】由题意，.
故选：C.
3. 已知向量，若向量的夹角为钝角，则实数的范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的夹角关系得到且与不共线，即可求解.
【详解】由题意得：且与不共线，
即，解得：且，
所以实数的范围是，
故选：C.
4. 已知函数在区间上递增，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，，根据复合函数的单调性及条件即可求出结果.
【详解】令，则，
因为在定义域上单调递增，又函数在区间上递增，
所以，得到，
故选：B.
5. “为锐角三角形”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式可证充分性，再根据特例可判断必要性不成立，故可得正确的选项.
【详解】充分性：若为锐角三角形，因为，
所以，
同理可得，，故．
必要性：当，时，不等式成立，而此时并不是锐角三角形．
故选：A
6. 若函数为定义在上的奇函数，则实数（）
A. B. C. 1D. -1
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数的定义先特殊值计算，再验证即可.
【详解】由题意知为定义在上的奇函数，所以，
于是，解得：.
经检验，此时，
，符合题意.
故选：
7. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用作差法得到，结合基本不等式得到，即可得到，同理作差可比较和，即可求解.
【详解】，
又，
则，且，
所以，则，
，
又，
则，且，
所以，则，
综上：，
故选：A.
8. 已知函数不是常数函数，且满足以下条件：①，其中；②，则（）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先令，得到，再令，得到，根据函数的周期性得到函数的周期为，即可求解.
【详解】由题意令，得，又不是常数函数，
所以，再令，得，
即，则，
即，故，
所以函数的周期为，
所以，
故选：D.
二､多选题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 设函数，若表示不超过的最大整数，则的函数值可能是（）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】AB
【解析】
【分析】先得到函数的值域，从而得到的范围，结合条件即可求解.
【详解】因为，则，
所以函数的值域是，
则的范围是，
于是的函数值可能是或，
故选：.
10. 已知，若点满足，则下列说法正确的是（）
A. 点一定在内部B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】设、分别是、的中点，依题意可得，从而得到点是中位线上靠近点的三等分点，即可判断A，再根据面积关系判断C、D，又平面向量线性运算法则判断B.
【详解】由，所以，
设、分别是、的中点，所以，
于是点是中位线上靠近点的三等分点，则点一定在内部，故A正确；
又，所以，则，故B正确；
由A可知，，且，
所以，，即，故C正确；
所以，故D错误；
故选：ABC
11. 若函数的图象关于直线对称，则（）
A.
B. 点是曲线的一个对称中心
C. 直线也是一条对称轴
D. 函数在区间上单调
【答案】CD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，再根据三角函数性质进行求解即可.
【详解】由题意函数，其对称轴为，即，所以令，解得，
对于选项A, 因此错误；
对于选项B，该函数没有对称中心，因此错误；
对于选项C，令，解得，取，符合题意，因此C正确；
对于选项D，函数在单调递增，
即，当时，函数区间上单调递增，
当时，函数在区间上单调递减，因此选项D正确.
故选：CD
12. 若实数是方程的解，实数是方程的解，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据零点存在性定理可判断A，根据指数、对数函数图象的对称性判断B，利用均值不等式判断C，根据关系，利用函数单调性及做差比较判断D.
【详解】对于：函数在上单调递增，
且，所以，故A正确；
对于：如图，
是函数与的交点的横坐标，实数是函数与的交点的横坐标，因为与关于直线对称，图象关于直线对称，所以两点关于直线对称，所以且，于是，故B正确；
对于C：由上，故C错误；
对于D：由B可知，，又在上为减函数，且，
所以，而，
所以成立，故D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设单位向量满足，则值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据单位向量定义与等量关系可得，再利用夹角的计算公式可求得余弦值.
【详解】由题意可知：，
将两边平方得，
即，化简得，
所以.
故答案：.
14. 钝角中，，则的面积是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理与面积公式即可得
【详解】由余弦定理得，
代入数据，解得或，
因为是钝角三角形，，
所以，所以的面积是.
故答案为：
15. 已知函数，设是四个互不相同的实数，满足，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数函数的图象变换作出时，函数的图象，再根据图象设，从而得到，且，，即可求解
【详解】当时，，作出函数图象，如图所示：
当时，，
设，且，
则由图象得：，
则由题意知，，且，，
所以，即，
则，
所以的取值范围是，
故答案为：.
16. 已知函数的图象与函数的图象关于点对称，则__________；的最大值是__________.
【答案】 ①. 2 ②. ##
【解析】
【分析】根据二倍角公式得到，，设函数与函数关于点对称，从而得到，进而得到，结合条件即可求解.
【详解】由题意得：，
设函数与函数关于点对称，
则，
又，
则，
所以，，，
即，
又，所以当时，的最大值是，
故答案为：；.
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知函数最小值为，周期为.
（1）求实数的值；
（2）当时，求函数的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数的最小值可得，再利用周期公式可求得，
（2）由，得，再利用正弦函数的性质可求得函数的值域.
【小问1详解】
由题意，
所以
【小问2详解】
由题意，
因为，所以，
于是，
所以
所以函数的值域为
18. 已知对应关系.
（1）若，求的值；
（2）若对于区间内的任意一个数，在区间内都存在唯一确定的数和它对应，求实数的取值范围.
【答案】（1）6； （2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，借助指数式与对数式的互化关系计算得解.
（2）根据给定条件，结合函数的定义得是从到的一个函数，再转化为函数不等式恒成立求解.
【小问1详解】
若，则，
所以.
【小问2详解】
依题意，为从区间到区间的一个函数，其定义域为，值域为的子集，
因此问题转化为时，有恒成立，
令，即当时，恒成立，于是对一切恒成立，
而当时，，当且仅当，即时取等号，从而，
所以实数的取值范围是.
19. 已知是不共线的三点，且满足，直线与交于点，若.
（1）求的值；
（2）过点任意作一条动直线交射线于两点，，求最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意画出图象，再利用平面向量基本定理列出方程组即可求解.
（2）利用已知条件和的共线得出关系，再利用基本不等式求的最小值.
【小问1详解】
由题意画出图像，
因为，
所以且，
注意到共线且共线，所以
解得.
【小问2详解】
由（1）和图象可知，结合.
于是，所以.
所以，
当且仅当，即，时等号成立.
于是的最小值为.
20. 已知函数，.
（1）当时，判断函数的奇偶性并证明；
（2）给定实数且，问是否存在直线，使得函数的图像关于直线对称？若存在，求出的值（用表示）；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）偶函数，证明见解析；（2）存在符合题意．
【解析】
【分析】（1）当时，函数为偶函数，结合对数的运算性质利用偶函数的定义证明即可；
（2）假设存在直线满足题意，则，代入后利用对数的运算性质化简得，从而可求得符合题意．
【详解】解：（1）当时，，函数为偶函数，证明如下：
∴，
又函数的定义域为，
∴函数为偶函数；
（2）假设存在直线，使得函数的图像关于直线对称，
则，
∴，
即，即，
∴，即，
∴，
∴，即，
∵且，
∴，
故存在，使得函数的图像关于直线对称．
【点睛】本题主要考查对数型复合函数的奇偶性与对称性，考查对数的运算性质，属于难题．
21. 如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，设.
（1）若，求线段的长；
（2）已知当时，矩形的面积最大.求圆心角的大小，并求此时矩形面积的最大值是多少？
【答案】（1）
（2）时最大，最大值为
【解析】
【分析】（1）在中，求得，在中，，代入条件得解；
（2）在中，求得，，得，求得矩形的面积，再利用三角恒变换化简，分析得到面积的最大值，得解.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
由题意知，
，
，
，
所以当，即时，
面积最大，最大值为.
22. 已知函数，函数.令函数.
（1）若曲线与直线相切，
①求实数的值；
②证明：；
（2）若函数有且仅有一个零点，证明：.
【答案】（1）①0；②证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据切线斜率求切点再根据切点在曲线上求参即可，函数求导函数，结合单调性求出最值即可证明；
（2）根据函数有且仅有一个零点，结合的单调性知，再构造函数结合单调性及零点存在定理证明即可.
【小问1详解】
设曲线在点处切线是，则，
由于所以，
由题意知：，于是；
，
当时，，所以，
即，
当时，，所以，
即，
于，在单调递减，单调递增，
其最小值是，所以，于是原不等式成立
【小问2详解】
有且只有一个零点，
注意到为上的增函数且值域为，
所以在上有唯一零点，
且.在上为负，上为正，
所以为极小值，
又函数有唯一零点，结合的单调性知，
所以，即，
即，
即，令，
显然，是的零点，
，
在上为正，上为负，
于是在上单调递减，
注意到，
所以在内有一个零点，在内无零点，
所以的零点一定小于2，从而原命题得证.
【点睛】方法点睛：对于隐零点范围的证明先构造新函数再结合单调性及零点存在定理证明.