安徽省六安市2024届高三数学上学期第二次10月月考试题含解析

这是一份安徽省六安市2024届高三数学上学期第二次10月月考试题含解析，共22页。
注意事项或温馨提示
1．考生务必将自已的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上．
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．不能答在试题卷上．
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4．保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损.
一、单项选择题：本大题共8小题，每题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，请将正确的选项填涂在答题卡上．
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式的解法和对数函数的性质，分别求得集合，再结合集合的交集和补集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得或，即或
又由有意义，则满足，解得，即，
可得，所以.
故选：D.
2. 若命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，转化为对任意的，不等式恒成立，结合二次函数的性质，列出不等式，即可求解.
【详解】由命题“”为假命题，可得命题“”为真命题，
即对任意的，不等式恒成立，
则满足，解得，
即实数的取值范围是.
故选：A.
3. 在中，已知，，若有两解，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理及图形关系得到即可得到答案.
【详解】
如上图所示，要使有两解，则以为圆心，为半径的圆与射线有两个交点，
有两解的充要条件为，代入题设得.
故选：C.
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系求出、，即可得解.
【详解】因为，
所以，
即，即，
显然，所以，则，
又，所以，
所以.
故选：D
5. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气．按照国家标准，教室内空气中二氧化碳最高容许浓度为0.15%．经测定，刚下课时，空气中含有0.25%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为（）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件求得，然后列不等式来求得的取值范围，进而求得的最小整数值.
【详解】当时，，
所以，由得，
，
所以的最小整数值为.
故选：A
6. 已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解.
【详解】函数．
当时，令，则，
若在有且仅有3个零点和3条对称轴，
则在有且仅有3个零点和3条对称轴，
则，解得.
故选：A．
7. 已知，，，则，，的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，，，令求导分析单调性可判断，再令，求导分析单调性可判断.
【详解】，，，构造函数，，，
令，，则，
所以在上单调递增，所以，所以，所以，所以．
令，，，所以上单调递减，
所以，所以，所以，所以，所以．
故选：D
8. 已知函数f（x）＝sinx的图像与直线恰好有三个公共点，这三个点的横坐标从小到大分别为，，则的值为（）
A. －2B. －1C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】注意到过定点，该点为f（x）＝sinx的对称中心，则，.又恰好有3个交点，则直线为f（x）＝sinx在处切线，则，据此可得答案.
【详解】，得直线过定点，
该点为f（x）＝sinx的对称中心，则，.
得，.
又恰好有3个交点，则直线为f（x）＝sinx在处切线，则.
又，
则.
故选：A
二、多项选择题：本大题共4小题，每题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的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．请将正确的选项填涂在答题卡上．
9. 下列说法正确的是（）
A. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为
B. 幂函数在上为减函数，则的值为1
C. “”是“”的既不充分也不必要条件
D. 在，“”是“”的充要条件
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据抽象函数的定义域求法，可判定A错误；根据幂函数的性质，实数的运算性质，以三角形的性质和正弦定理，结合充分、必要条件的判定方法，可判定BCD正确.
【详解】对于A中，由函数的定义域为，
令，解得，即函数的定义域为，所以A错误；
对于B中，由幂函数，
可得，即，解得或，
当时，可得，此时函数在上为减函数，符合题意；
当时，可得，此时函数在上为增函数，不符合题意，
所以的值为，所以B正确；
对于C中，例如：当时，可得，即充分性不成立；
反之：当，时，满足，但，即必要性不成立，
所以是既不充分也不必要条件，所以C正确；
对于D中，在，若，可得，由正弦定理得；
反之：若，由正弦定理得，则，
所以“”是“”的充要条件，所以D正确.
故选：BCD.
10. 若，，且，则下列说法正确的是（）
A. 有最大值B. 有最大值2
C有最小值4D. 有最小值
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本不等式逐一判断即可.
【详解】对于A，，
当且仅当时取等号，
所以有最大值，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，
当且仅当时取等号，
所以有最大值，故B错误；
对于C，，
当且仅当，即时取等号，
所以有最小值4，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以有最小值，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，若存在实数a使得方程有五个互不相等的实数根分别为，，，，，且，则下列说法正确的有（）
A. B.
C. D. 的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出在上的图象，由方程有五个互不相等的实数根，结合图象可得，从而判断A；由对数的性质可得，从而有，结合基本不等式即可判断B；由题意可得，结合，即可判断C；由余弦函数的对称性可得，，代入得，利用二次函数的性质及不等式的性质可求得的范围，从而判断D.
【详解】
作出在上的图象，如图所示：
对于A，因为，
又因为方程有五个互不相等的实数根，所以，故A错误；
对于B，由题意可得，且有
所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故B正确；
对于C，由题意可得，
由A可知，所以，故C正确；
对于D，由图可知：与关于对称，与关于对称，
且，，所以，
所以
因为，所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：
这道题的关键是能够准确作出在上的图象，再结合对数函数的性质和余弦函数的对称性，即可求解问题.
12. 已知函数及其导函数的定义域均为，若函数，都为偶函数，令，则下列结论正确的有（）
A. 的图象关于对称B. 的图象关于点对称
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性可求得函数的图象关于对称，的图象关于点成中心对称，即AB正确；又可知，所以，即C错误；经计算可知，又，，即可得是等差数列，由前项和公式可得D正确.
【详解】根据题意偶函数可得，
即可知，所以函数的图象关于对称，即A正确；
由是偶函数可得为奇函数，
所以满足，即，
因此的图象关于点成中心对称，所以B正确；
由可知，所以；
即，所以的图象关于点成中心对称，因此，即C错误；
易知，，
由可得，联立可得；
所以；
即，
易知是以为首项，公差的等差数列；
所以代入等差数列前项和公式可知，即D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，往往借助函数奇偶性、对称性、周期性等性质进行推理证明，结合对称轴、对称中心等实现求和计算即可.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 已知函数，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式，结合对数的运算，准确计算，即可求解.
【详解】由函数，可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合二倍角公式，以及余弦的两角差公式，即可求解．
【详解】由得，，
又，则
则，，
所以.
故答案为：．
15. 在中，，，当取最大值时，的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，其中，，再根据正弦型函数的最值结合面积公式求解即可.
【详解】在中，利用正弦定理，
所以，，
有，
即，其中，，
取最大值，即时，有，，
所以，，
所以.
故答案为：.
16. 已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案.
【详解】，所以，
故，所以，为常数，
因为，又，故，
所以，
若在区间内存在零点，
则在区间内存在零点，
整理得，
设，则，
令得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
故时，成立，
即存在，使得有解，即有解，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
又，故，
所以，故实数m的取值范围.
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.
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. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足．
（1）求的值；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换得到，计算得到答案.
（2）根据面积公式得到，根据余弦定理得到，整理得到答案.
【小问1详解】
，则
即，
因为，则，所以，
，则．
【小问2详解】
，得，
又，得，
所以，即，又，，所以，
所以周长是.
18. 已知，其中，，，且满足，．
（1）求的解析式；
（2）若关于的方程在区间上总有实数解，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的倍角公式对原函数化简，可求得与的关系式，再结合导数的运算法则即可求解；
（2）利用正弦函数的单调性可得出函数的值域，再利用对数函数得单调性即可得解.
【小问1详解】
由题意，函数
，
由得，，
又因为，
由，得：，
所以，
所以的解析式为：.
【小问2详解】
由（1）得，
因为，所以，
所以，则有，
即
又因为方程在区间上总有实数解，
所以在区间上成立，
所以，，
所以，
所以实数的取值范围为.
19. 已知函数，当时，有极大值，且.
（1）求函数的解析式；
（2）在（1）的条件下，讨论函数在上的最大值.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，可求得，再结合，即可求解；
（2）分、和三种情况结合单调性讨论即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为时，有极大值
所以：，即，即.
当时，，
令，即；令，即或，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调
递增，
故在处取得极大值，符合题目条件.
又，所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
①当时，函数在上单调递增，；
②当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以；
③当是，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以，
综上所述，当或时，；
当时，.
20. 如图，已知扇形是一个观光区的平面示意图，其中扇形半径为10米，，为了便于游客观光和旅游，提出以下两种设计方案：
（1）如图1，拟在观光区内规划一条三角形形状的道路，道路的一个顶点B在弧上（不含端点），，另一顶点A在半径OM上，且，的周长为，求的表达式并求的最大值；
（2）如图2，拟在观光区内规划一个三角形区域种植花卉，三角形花圃的一个顶点B在弧MN上，另两个顶点A、C分别在半径OM、ON上，且，，求花圃面积的最大值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)由题意结合图形，可得，由正弦定理得，，代入的周长得，由三角恒等变换化简得，根据的范围即可求出的最大值；
(2)由图可知，的面积的面积相等，由余弦定理得，再由基本不等式得，代入的面积公式即可求面积的最大值．
【小问1详解】
因为，，所以，，
又因为，，
所以在中，由正弦定理知得，
∴，，
周长为，，
所以，
∵，∴，
∴当时，即时，周长取最大值，为．
【小问2详解】
由题意，可知（2）中的面积与（1）中同底等高，即二者面积相等，
在中，，，，，
由余弦定理知：，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，
．
即花圃面积的最大值为．
21. 已知.
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，有恒成立，求b的取值范围.
【答案】（1）0（2）
【解析】
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，根据的单调性确定函数的取值规律，由此判断函数的单调性，求其最值；
（2）已知条件等价于等价于在上恒成立，利用导数求函数的最小值可得b的取值范围.
【小问1详解】
由题意知，，
所以，
易见在上递增，且，
所以当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
故，所以的最小值为0.
【小问2详解】
由已知在上恒成立，
即在上恒成立，
也即在上恒成立.
令，，
所以，
令，则是上的增函数，
又因为，，
所以在区间上存在唯一的零点，即，
由得，
又由函数在区间上单调递增，上式等价于
所以，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
22. 已知函数的图象在点处的切线与轴垂直．
（1）求实数的值．
（2）讨论在区间上的零点个数．
【答案】（1）
（2）在区间上的零点个数为2
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，解得即可；
（2）由（1）知，求出函数导函数，令，利用导数说明的单调性，即可得到在上的零点情况，当时，将变形得，令，利用导数说明的单调性，即可判断其零点个数，从而得解.
【小问1详解】
因为，则，
由题意得，函数的图象在点处的切线斜率为，
即，解得．
【小问2详解】
由（1）知，，，
令，则．
当时，，，此时，单调递增，
，故函数单调递减，
所以，故函数在上无零点．
当时，将变形得，
设，则，
设，则，
易知当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，又，，，
故存在，使，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，又，故，又，
故函数在上没有零点，在上有1个零点．
综上所述，在区间上的零点个数为2．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．