河南省鹤壁市2024届高三数学上学期第二次模拟考试10月含解析

这是一份河南省鹤壁市2024届高三数学上学期第二次模拟考试10月含解析，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则
AB. C. D.
2. 已知a∈R，复数为纯虚数，则a＝（ ）
A. 3B. ﹣3C. 2D. ﹣2
3. 已知函数，则“”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
4. 已知函数是定义在R上的偶函数，且当时，，若对于任意实数，都有恒成立，其中，则实数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
5. 已知函数（且）是偶函数，则关于x的不等式的解集是（ ）
A. B.
CD. 以上答案都不对
6. 函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 在中，，，，若为的外心（即三角形外接圆的圆心），且，则（）
A. B. C. D.
8. 已知不等式对任意正数恒成立，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有（）
A. B. 若互为共轭复数，则
C. 若，则D. 若复数为纯虚数，则
10. 某单位为了激励员工努力工作，决定提高员工待遇，给员工分两次涨工资，现拟定了三种涨工资方案，甲：第一次涨幅，第二次涨幅；
乙：第一次涨幅，第二次涨幅；
丙：第一次涨幅，第二次涨幅.
其中，小明帮员工李华比较上述三种方案得到如下结论，其中正确的有（）
A. 方案甲和方案乙工资涨得一样多B. 采用方案乙工资涨得比方案丙多
C. 采用方案乙工资涨得比方案甲多D. 采用方案丙工资涨得比方案甲多
11. 已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（）
A. B.
C. D.
12. 已知函数，下列说法正确的是（）
A. 定义域为B.
C. 是偶函数D. 在区间上有唯一极大值点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设，是的两根，则的值为__________．
14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为外接圆的圆心，若，且，，则的最大值为______．
15. 设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是_______．
16. 在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______
四、解答题：本题共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. 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求角C大小；
（2）若向量与共线，求的周长.
18. 已知是等比数列，是等差数列，且，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，，求数列的前n项和.
19. 已知将函数图像向左平移个单位长度后得到函数的图像关于原点中心对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若三角形满足是边上的两点，且，求三角形面积的取值范围.
20. 已知椭圆，离心率为，直线恒过的一个焦点.
（1）求的标准方程；
（2）设为坐标原点，四边形的顶点均在上，交于，且，若直线的倾斜角的余弦值为，求直线与轴交点的坐标.
21. 已知在点处的切线方程为.
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，证明：.
22. 已知函数，（，是自然对数的底数）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
2024届高三年级第二次模拟考试·数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知集合，，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的值域求法求出集合、，再利用集合的交运算即可求解.
【详解】由，所以，
由，
所以.
故选：C
【点睛】本题考查了集合的交运算、函数的值域，属于基础题.
2. 已知a∈R，复数为纯虚数，则a＝（ ）
A. 3B. ﹣3C. 2D. ﹣2
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解.
【详解】∵为纯虚数，
∴，解得a=3
故选：A.
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，属于基础题．
3. 已知函数，则“”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】B
【解析】
【分析】分别解对应的不等式，再根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】因为函数，所以由得；
由得，所以，所以．
因为，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B．
【点睛】本题主要考查判断命题的必要不充分条件，涉及对数不等式的解法，属于基础题型.
4. 已知函数是定义在R上的偶函数，且当时，，若对于任意实数，都有恒成立，其中，则实数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分离常数化简解析式，结合函数解析式可判断函数在上是增函数；结合偶函数性质将不等式化为简，再利用单调性可得，，再由的范围，求得的最大值，即可得的范围.
【详解】当时，，
所以在上为单调递增函数，
而，又是定义在R上的偶函数，
所以由偶函数性质可得，
则，，
因为对任意实数，所以，
所以的最大值为，
既有，解得，
即a的取值范围为，
故选：A.
【点睛】本题考查了函数奇偶性与单调性的综合运用，由函数单调性解不等式，绝对值函数的最值求法，属于中档题.
5. 已知函数（且）是偶函数，则关于x的不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D. 以上答案都不对
【答案】B
【解析】
【分析】根据是偶函数求得，利用函数的单调性和奇偶性不等式等价于，解不等式即可.
【详解】∵是偶函数
∴，即
化简得
∴，（，）
,
时都能得到，
所以在上是增函数
∴（，）为偶函数且在上是增函数，
∴，，
即，即或
解得或.即.
故选：B.
【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题.
6. 函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，可得有解，令，则，对分类讨论，得出时，取得极大值，也即为最大值，进而得出结论.
【详解】解：由题可知，曲线与有公共点，即方程有解，
即有解，令，则，
则当时，；当时，，
故时，取得极大值，也即为最大值，
当趋近于时，趋近于，所以满足条件．
故选：C.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数性质的基本方法，考查化归与转化等数学思想，考查抽象概括、运算求解等数学能力，属于难题．
7. 在中，，，，若为的外心（即三角形外接圆的圆心），且，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设，分别为，的中点，连接，，根据向量数量积运算以及题意，得到，，求解，即可得出结果.
【详解】设，分别为，的中点，连接，，则，，
因为，，
所以，
同理可得：；
因为，所以①；
因为，所以②；
联立①②，解得：，
因此.
故选：D.
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，以及平面向量基本定理的应用，属于常考题型.
8. 已知不等式对任意正数恒成立，则实数的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式化为，设，求得的导数，设，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.
【详解】不等式可化为，
因为，所以，
设，则，
设，其中，
则恒成立，则在上单调递增，
由，
令，得，
所以在单调递减，单调递增，
所以，
对任意正数恒成立，即.
故选：B
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，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；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 设为虚数单位，下列关于复数的命题正确的有（）
A. B. 若互为共轭复数，则
C. 若，则D. 若复数为纯虚数，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算，复数的模值运算，纯虚数的定义即可判断.
【详解】解：由题意得：
对于选项A：令
则
所以，故A正确；
对于选项B：令，，所以，故B正确；
对于选项C：令，，根据复数的乘法运算可知：，，，所以C错误；
对于选项D：若复数为纯虚数，则，即，故D正确.
故选：ABD
10. 某单位为了激励员工努力工作，决定提高员工待遇，给员工分两次涨工资，现拟定了三种涨工资方案，甲：第一次涨幅，第二次涨幅；
乙：第一次涨幅，第二次涨幅；
丙：第一次涨幅，第二次涨幅.
其中，小明帮员工李华比较上述三种方案得到如下结论，其中正确的有（）
A. 方案甲和方案乙工资涨得一样多B. 采用方案乙工资涨得比方案丙多
C. 采用方案乙工资涨得比方案甲多D. 采用方案丙工资涨得比方案甲多
【答案】BC
【解析】
【分析】不防设原工资为1，分别计算三种方案两次涨幅后的价格，利用均值不等式比较即可求解.
【详解】方案甲：两次涨幅后的价格为：；
方案乙：两次涨幅后的价格为：；
方案丙：两次涨幅后的价格为：；
因为，由均值不等式，当且仅当时等号成立，
故，因为，所以，，
所以方案采用方案乙工资涨得比方案甲多，采用方案甲工资涨得比方案丙多，
故选：.
11. 已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，进而可得为周期为4的偶函数，然后赋值法逐项分析即得．
【详解】因为是偶函数，则，两边求导得，
所以是奇函数，故，
由，，得，
即，所以是周期函数，且周期为4，，
，所以，
对选项A：由，令得，，所以，故A正确；
对选项B：由，令得，，故，所以B正确；
对选项C：由，可得，
又，所以，
又是奇函数，，
所以，又，
所以，即，
所以，，，
所以函数为周期为4的偶函数，
所以，故C正确；
对选项D：，由题得不出，所以不一定成立，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.
12. 已知函数，下列说法正确的是（）
A. 定义域为B.
C. 是偶函数D. 在区间上有唯一极大值点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数解析式结合三角函数性质求得定义域，判断A；由于函数的定义域不关于原点对称，故可判断B；根据函数奇偶性的定义可判断C；求出函数的导数，根据其结构特点，构造函数，再次求导，判断导数正负，进而判断函数单调性，进而判断极大值点，即可判断D.
【详解】A.的定义域为，解得的定义域为正确
B.由于的定义域不关于原点对称，故函数不可能是偶函数，B错误；
C.设，
则定义域，
，即是偶函数，正确
D.，
令，
令，由，
当时，，即当时，单调递增，
当时，在单调递减，
且，，
,
结合时，；时，，
故存在使得，即有在单调递减，在单调递增，在单调递减，
注意到，且时，时，，
从而对于，当时，
在区间单调递减，当时，，
在区间单调递增，为在区间上的唯一极大值点，
故D正确，
故选：
【点睛】难点点睛：利用导数解决在区间上有唯一极大值点的问题时，求出函数的导数，由于导数形式比较复杂，故而难点就在于要根据导数的结构形式构造函数，进而再次求导结合零点存在定理判断导数正负，从而判断函数的单调性，解决极大值点问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设，是的两根，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据判别式和韦达定理列式，利用同角公式可求出结果.
【详解】依题意可得，
由得或；
由和得，即，
解得或，
因为，所以应舍去，
所以.
故答案为：
14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点O为外接圆的圆心，若，且，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】通过，可求得，进一步通过正弦定理和余弦定理求得半径和的大小；通过将向量和进行拆解，将与联系起来，通过平方运算，得到关于的等量关系，最终利用基本不等式得到的最大值．
【详解】由可得：
即
由正弦定理可得圆半径为：，即
根据余弦定理可知：
又
整理可得：
又
得：
解得：或
当时，点在外部，且，所以四点共圆，不满足题意，舍去
（当且仅当时取等号）
本题正确结果：
【点睛】本题将解三角形、平面向量、基本不等式等几个部分相结合，对学生各部分知识的综合运用能力要求较高．难点在于将中的和通过向量的线性运算，表示为夹角和模长全都已知的向量和的关系，这也是解决平面向量线性关系中常用的处理问题的方法：将未知向量向已知向量进行转化．
15. 设函数在区间内有零点，无极值点，则的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
依题意首先求出的大致范围，再根据在区间内有零点，无极值点，
得到不等式组，，即可求出的取值范围.
【详解】解：
依题意得
，
因为函数在区间内有零点，无极值点，
，，
解得，，
当时，满足条件，
当时，满足条件，
当时，显然不满足条件，
综上可得
故答案为：
【点睛】本题考查三角函数的性质，综合性强，难度比较大，属于难题.
16. 在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.
【详解】
（当且仅当时取等号）.
令，
故，
因为，且，
故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：
目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，
由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，
故可得，
又，故可得，
当且仅当，即三角形等边三角形时，取得最大值.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.
四、解答题：本题共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. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求角C的大小；
（2）若向量与共线，求的周长.
【答案】（1），（2）.
【解析】
【分析】（1）将变形到，即可求出角C；
（2）由向量与共线可得，然后结合余弦定理解出、即可.
【详解】（1）因为，所以
所以，所以
所以，所以
因为是的内角，所以
（2）因为向量与共线
所以，即
由余弦定理可得，即
解得
所以的周长为
【点睛】本题考查的是三角恒等变换和正余弦定理的应用，考查了学生的计算能力，属于基础题.
18. 已知是等比数列，是等差数列，且，，，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，，求数列的前n项和.
【答案】（1）,（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式,代入即可求得等差数列的公差和等比数列的公比,进而求得数列和的通项公式;
（2）代入数列和的通项公式可得的通项公式.根据错位相减法及分组求和法,即可求得数列的前n项和.
【详解】（1）设等比数列的公比为,等差数列的公差为.
,,,.
由等差数列与等比数列通项公式可得
解得或(舍)
所以,
（2）,代入,
可得
则
两式相减可得
即
所以
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列通项公式的应用,等比数列求和公式的应用,错位相减法求数列的前n项和,分组求和法求数列的和,属于中档题.
19. 已知将函数的图像向左平移个单位长度后得到函数的图像关于原点中心对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若三角形满足是边上的两点，且，求三角形面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意将函数化简，利用正弦函数的平移变化得到，结合图象关于原点中心对称即可求出函数解析式；
(2)结合（1）可得，结合题意，建立平面直角坐标系得到点的轨迹方程为，再根据几何关系即可求解.
【小问1详解】
（1）由已知化简得，
，由得，
又，
【小问2详解】
易得，
由①
②
又
将①②式并结合可得：
以所在直线为轴，以中垂线为轴建立直角坐标系，则，
设，则由可得：点的轨迹方程为，
即，
当时，取到最大值，
根据几何关系易知三角形面积的取值范围为，
20. 已知椭圆，离心率为，直线恒过的一个焦点.
（1）求的标准方程；
（2）设为坐标原点，四边形的顶点均在上，交于，且，若直线的倾斜角的余弦值为，求直线与轴交点的坐标.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）将转化成直线点斜式方程形式，求出所过的恒点，进而知道椭圆的焦点，再根据椭圆的离心率公式进行求解即可.
（2）根据向量等式，可以确定分别是的中点.设，求出直线的方程，与椭圆方程联立，消元，利用一元二次方程根与系数关系，求出的坐标，同理求出点坐标，求出直线的方程，最后求出直线与轴交点的坐标.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，可化为，所以直线恒过点，所以点，可得.因为离心率为，所以，解得，由得，所以的标准方程为.
（2）因为，所以.由得分别是的中点.设.由直线的倾斜角的余弦值为，得直线的斜率为2，所以，联立消去，得.显然，，且， ，所以，可得，同理可得，所以，所以.令，得，所以直线与轴交点的坐标为.
【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了根据直线与椭圆的位置关系求出点的坐标，考查了数学运算能力.
21. 已知在点处的切线方程为.
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，证明：.
【答案】（1）a=2，b=0；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题可得，，列方程即可求解，；
（2）令，则，令，判断存在唯一，使得，即，从而得到；再令，证明即得证.
【详解】（1），
因为f（x）在点处的切线方程为y=6x，所以，，
即，解得a=2，b=0；
（2）由（1）得，
设，即，
则设，则h（x）在（0，+∞）单调递增，
且，所以存在唯一，使得，即，
当时，，，g（x）单调递减；
当时，，，g（x）单调递增；
，
设，则，
当时，，单调递减，
所以，
所以，即，
所以当时，
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，利用导数证明不等式，综合考查了函数的单调性，最值等问题，考查了学生的逻辑推理与运算求解能力.
22. 已知函数，（，是自然对数的底数）．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围．
【答案】（1）分类讨论，详见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）求得，然后对分成和两种情况进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）首先令，代入，求得的一个取值范围.构造函数，利用的导函数研究的最小值，由此求得的取值范围.
【详解】（1），
当时，，函数在上递减；
当时，由，解得，故函数在上单调递减，
由，解得，故函数在上单调递增．
综上所述，当时，在上递减；当时，在上递减，在上递增.
（2）当时，，
即，故，
令
，
则，
若，则当时，，
函数在上单调递增，
当时，
，
当时，单调递增，
则，符合题意；
若，则，
，
由得，
故，
存在，使得，
且当时，，
在上单调递减，
当时，，不合题意，
综上，实数的取值范围为．
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数单调性，考查利用导数研究不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.