2024届陕西省渭南市韩城市象山中学高三上学期10月第二次检测数学（文）试题含答案

这是一份2024届陕西省渭南市韩城市象山中学高三上学期10月第二次检测数学（文）试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，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．2
【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为，而，
所以．
故选：C．
方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．
故选：C．
2．下列说法正确的是（ ）
A．命题“若，则”的逆否命题为真命题
B．“”是“”的必要不充分条件
C．若命题“”为假命题，则均为假命题
D．命题“，使得”的否定是：“，均有”
【答案】A
【分析】利用原命题与逆否命题同真假，可判断A；解一元二次等式，可得或，可判断B；利用真假的定义，可判断C；利用存在性命题的否定可判断D
【详解】选项A中，由反比例函数，若，则，故原命题为真命题，则原命题的逆否命题也为真命题，选项A正确；
选项B中，若，则或，故“”是“”的充分不必要条件，选项B不正确；
选项C中，若命题“”为假命题，则，至少有一个为假命题，故选项C不正确；
选项D中，命题“，使得”的否定是：“，均有”， 故选项D不正确
故选：A
【点睛】本题考查了原命题与逆否命题、充分必要条件、的真假、存在性命题的否定，考查了学生概念理解，综合分析的能力，属于基础题
3．函数在处取得极值0，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】A
【分析】根据极值点的意义，列式求解即可.
【详解】，
所以，解得，
经检验，满足题意，
所以.
故选：A
4．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，若，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据三角函数的定义求出，即可求出，再由两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为角的终边经过点，且，
所以且，
解得，
所以，则.
故选：C
5．函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】用诱导公式化简后由商数关系弦化切，代入已知计算．
【详解】.
故选：D．
7．在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用正弦定理边化角，然后结合诱导公式和两角和的正弦公式求得的值，最后利用三角形内角和定理可得的值.
【详解】由题意结合正弦定理可得，
即，
整理可得，由于，故，
据此可得，
则.
故选：C.
8．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．直线是图象的一条对称轴
C．图象的对称中心为
D．将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象
【答案】C
【分析】对A，根据图最大值为3可得，再根据周期求得，再根据最高点判断可得，即可判断；
对B，代入判断函数是否取最值即可；
对C，根据正弦函数对称中心的公式求解即可；
对D，根据三角函数图象平移性质判断即可.
【详解】对A，由最大值为3可得，由图知，故，故，
由图象最高点可得，即，
又，故，故.
故，故A错误；
对B，，不为函数最值，故直线不是图象的一条对称轴，故B错误；
对C，令，解得，故对称中心为，故C正确；
对D，的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，故D错误；
故选：C
9．若，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意求得和的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.
【详解】由题意，可得，，
因为，，可得，，
则
.
故选：C.
10．设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增D．是奇函数，且在单调递减
【答案】D
【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.
【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.
11．已知函数，若对任意正数，，都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据条件可变形为，构造函数，利用其为增函数，结合导数可得恒成立，进而结合二次函数的性质即可求解.
【详解】根据，可知，
令
由，知为增函数，
所以恒成立，
分离参数得，
而当时，在时有最大值为，
故，即实数的取值范围为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题由条件恒成立，转化为恒成立是解题的关键，再根据此式知函数为增函数，结合导数可得恒成立，进而求解即可.
12．若函数在其定义域内存在､，使得，则称函数具有性质.在函数①，②，③，④中，不具有性质的是（ ）
A．②③B．①④C．③④D．①③
【答案】D
【分析】分别求得每个函数的值域判断.
【详解】解：①因为，所以，则，取不到2，故错误；
②因为，则存在，使得，故正确；
③令，则，
所以，则，取不到2，故错误；
④因为，所以，当时，，当时，，
所以当时，函数取得最大值，则，所以存在，使得，故正确；
故选：D
二、填空题
13．已知函数，则 .
【答案】9
【分析】根据函数解析式直接求解即可.
【详解】解：根据题意，
故答案为：9
14．若，则 ．
【答案】/0.8
【分析】由两边同时平方，利用同角三角函数关系式能求出．
【详解】∵，
∴，
所以．
故答案为：.
15．若钝角△ABC中，，则△ABC的面积为 ．
【答案】/
【分析】由正弦定理求得三角形的内角，然后再由面积公式计算．
【详解】由正弦定理得，
是三角形内角，则或，
若，则不合题意，舍去，故，，
．
故答案为：．
16．有一些网络新词，如“内卷”、“躺平”等，现定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”，若函数，，的躺平点分别为，，，则，，的大小关系为 .
【答案】
【分析】根据“躺平点”的定义，对函数求导后构造方程即可解得，利用零点存在定理可求得，易解得，即可得出结论.
【详解】对于来说，，
由“躺平点”定义可知，即可得，解得；
对于，易知，所以可得，即，
令，显然在上单调递增，
易知，，所以可得，
因此；
对于，易得，
所以，解得，
因此可得.
故答案为：
三、解答题
17．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间和极值．
【答案】(1)
(2)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值为，无极大值.
【分析】（1）求导，得到，利用导数几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，当时，，当时，，当时，，得到单调区间和极值情况.
【详解】（1），
，，
故曲线在点处的切线方程为，即；
（2）的定义域为，
故，
当时，，
当时，，当时，，
故的单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为，无极大值.
18．已知函数.
(1)当时，求在上的最值；
(2)若在上有最大值2，求实数的值.
【答案】(1)最大值为1，最小值为；
(2)或2.
【分析】（1）把代入函数式，再利用二次函数性质求出最值作答.
（2）根据二次函数图象对称轴与区间的关系分类，探讨取得最大值2的a值作答.
【详解】（1）当时，函数，，
显然函数在上递增，在上递减，
当时，，当时，，
所以函数的最大值为1，最小值为.
（2）函数，，
当时，函数在上单调递减，，由，得，则；
当时，函数在上单调递增，，即有，则，
当时，，由，解得，无解，
所以实数的值为或2.
19．在中，已知角所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若的面积为，且，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式化简得到，即可得到；
（2）根据三角形面积公式和余弦定理列方程得到，，然后借助完全平方公式得到，即可求三角形周长.
【详解】（1）由，可得，
解得或（舍去），
又，
.
（2），
，
由得，
又由余弦定理得，，
解得，
的周长为.
20．已知，．
(1)当，时，求函数的值域；
(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1），则，然后根据二次函数的性质可求出函数的值域，
（2）将问题转化为，令，则再次转化为在上恒成立，然后利用基本不等式可求得结果.
【详解】（1）当时，，
令，则，
因为，所以，
所以，即，
所以函数的值域为，
（2）由，得，
所以，
由，得，
所以，
令（），则在上恒成立，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
即实数的取值范围为
21．已知函数的最小正周期是．
(1)求和的对称中心；
(2)将的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，求在时的最大值和最小值．
【答案】(1)，对称中心为
(2)最大值为3，最小值为
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，结合函数最小正周期得到，进而求出对称中心；
（2）先根据“左加右减”得到，从而根据，结合正弦函数的性质得到答案.
【详解】（1），
因为，函数最小正周期为，故，解得，
令，解得，
故的对称中心为；
（2）由题意得，
当时，，故，
所以，
故最大值为3，最小值为.
22．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.
方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，，
要证，即证，即证恒成立，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.
方法二：
令，则，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以要证，即证，即证，
令，则，
令，则；令，则；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，证毕.