黑龙江省海林市朝鲜族中学2023-2024学年高三上学期10月大联考数学试题

这是一份黑龙江省海林市朝鲜族中学2023-2024学年高三上学期10月大联考数学试题，共18页。试卷主要包含了已知，且，则，已知函数，则的大小关系为，若函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。

数学
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.“是第二象限角”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
3.函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知圆的半径为2，弦的长为，若，则（ ）
A.-4 B.-2 C.2 D.4
5.白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓，经过长期研究，一种更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 全生物可降解塑料（简称PBAT）逐渐被应用于超市购物袋､外卖包装盒等产品.研究表明，在微生物的作用下，PBAT最终可被完全分解为二氧化碳和水进入大自然，当其分解率（）超过60%时，就会成为对环境无害的物质.为研究总质量为的PBAT的已分解质量（单位：）与时间（单位：月）之间的关系，某研究所人员每隔1个月测量1次PBAT的已分解质量，对通过实验获取的数据做计算处理，研究得出已分解质量与时间的函数关系式为.据此研究结果可以推测，总质量为的PBAT被分解为对环境无害的物质的时间至少为（ ）（参考数据：）
A.8个月 B.9个月 C.10个月 D.11个月
6.在三角函数的发展过程中，托勒密做出了杰出的贡献.在托勒密的《天文学大成》中有一张弦表，被认为是最早的正弦表，据书中记载，为了度量圆弧与弦长，他采用了巴比伦人的60进位法，把圆周360等分，即用圆周的作为单位来度量圆弧；把圆的半径60等分，即用半径的作为单位来度量弦长，其中圆心角所对的弦长表示为.建立了半径与圆周的度量单位以后，托勒密先着手计算一些特殊角所对的弦长，比如角所对的弦长正好是正六边形外接圆的半径，则角所对的弦长为60个单位，即，由此可知，的值为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，则的大小关系为（ ）
A.
B.
C.
D.
二､多选题：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.已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
10.若函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B..
C.在上单调递减 D.
11.已知函数，则（ ）
A.为偶函数
B.是的一个单调递增区间
C.
D.当时，
12.已知函数及其导函数的定义域均为，且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知幂函数的图象过点，则__________.
14.已知向量的夹角为，则__________.
15.若是正实数，且，则的最小值为__________.
16.当时，恒有成立，则的取值范围是__________.
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.（10分）
已知的内角的对边分别为，面积为，且.
（1）求；
（2）若为的中点，求的长.
18.（12分）
某公园池塘里浮萍的面积（单位：）与时间（单位：月）的关系如下表所示：
现有以下三种函数模型可供选择：①，②，③，其中均为常数，且.
（1）直接选出你认为最符合题意的函数模型，并求出关于的函数解析式；
（2）若该公园池塘里浮萍的面积蔓延到所经过的时间分别为，写出一种满足的等量关系式，并说明理由.
19.（12分）
在通用课实践活动中，某兴趣小组在以为圆心，1为半径的半圆形模板上，设计一个以直径的端点为顶点，边在直径上，点均在半圆上的四边形，且满足，如图所示.设，四边形的周长为.
（1）求关于的函数关系式；
（2）试判断是否有最大值，若有，求出最大值，并求出此时的正弦值；若没有，请说明理由.
20.（12分）
已知函数.
（1）若为函数的导函数，求的极值；
（2）若有两个不等的实根，求实数的取值范围.
21.（12分）
已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若为的内心，求的取值范围.
22.已知函数.
（1）若，求的图象在点处的切线方程；
（2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围.
2024届高三10月大联考（新课标II卷）
数学•全解全析及评分标准
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.B 【解析】由题意，知.
又，所以，所以.故选B.
2.A 【解析】若“是第二象限角”，则，所以，所以“是第二象限角”是“”的充分条件；
若，则或，所以是第二象限角或第三象限角，则“是第二象限角”不是“”的必要条件，故选.
3.D 【解析】方法一：由题意，知函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；当时，，即，因此，故排除A.故选D.
方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；
又，所以排除A.故选D.
4.B 【解析】方法一：因为，所以，
所以.故选B.
方法二：如图，设的中点为，连接，则.由，
，得，所以，，所以，
所以，所以，所以.故选.
5.C 【解析】令，得，解得，故至少需要10个月，总质量为的PBAT才会被分解为对环境无害的物质.故选C.
6.D 【解析】设圆的半径为，依题意，由余弦定理，得，所以.故选D.
7.A 【解析】因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以.又，所以，所以.故选A.
8.B 【解析】易知是偶函数，，当时，因为，所以.令，则，所以单调递增，所以，所以在上单调递增.构造函数，则.令，得，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.又，所以，所以，所以，所以，即.故选.
二､多选题：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.BC 【解析】对于，当时，，故A错误；
对于，因为，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，所以，故C正确；
对于，当时，，故D错误.故选BC.
10.ACD 【解析】由题图，得，最小正周期.又，所以，故A正确；，又的图象过点，所以.又，所以，故B错误；
，令，当时，在上单调递减，故C正确；，故D正确.故选ACD.
11.ACD 【解析】因为的定义域为，关于原点对称，且，所以是偶函数，故A正确；
因为，所以，且，故B不正确；，故C正确；
因为当时，，所以，同理，当时，，故D正确.故选ACD.
12.ABD 【解析】因为为奇函数，所以，即，即，所以的图象关于点中心对称，且，故A正确；
由，两边求导，得，即.由的图象关于点中心对称，得，因此，故B正确；
因为为函数的导函数，且，即，所以，即，所以的图象关于直线对称，所以.又，所以，所以的图象关于点中心对称，所以是周期函数，4为它的一个周期，所以，故错误；
由，得.又，所以3，所以，所以，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.
13.8 【解析】设，由，得，所以，所以，
所以.故填8.
14.1 【解析】由，得.由，得，整理，得，解得或（舍去）.故填1.
15. 【解析】因为
，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故填.
16. 【解析】由题意，得.又恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立.令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以①.
由，得，
即.因为在上是增函数，
所以，所以.令，则.
因为恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以②.由①②，知.故填.
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.【解析】方法一：（1）由题意及三角形的面积公式，得，所以.
由正弦定理，得.
由余弦定理的推论，得，整理得.
因为，所以，所以.
由余弦定理的推论，得.
（2）由（1）知.
又，所以，解得，
所以.
在中，由余弦定理，得.
方法二：（1）由已知及三角形的面积公式，得，所以.
由，得，
所以.
在中，因为，所以.又为锐角，所以也为锐角，
所以.
（2）由（1），知.由，得①.
由题意，知，
所以，所以②.
由（1）知，所以③.
由①②③，得.
在中，由余弦定理，得.
18.（12分）
【解析】（1）应选择函数模型②.
依题意，得，
解得
所以关于的函数解析式为.
（2）.
理由：依题意，得，
所以，
所以，
所以，
所以.
19.（12分）
【解析】（1）方法一：由，得四边形为平行四边形.
以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，连接，则，，
所以，
所以，
所以关于的函数关系式为.
方法二：由，得四边形为平行四边形，如图，过点分别作，垂足分别为，连接，则四边形为矩形.由，得.因为弧的长为，所以弧的长为，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
所以关于的函数关系式为.
（2）有最大值，最大值为，此时.
由（1）得.
令，当时，，所以，
所以
所以当时，有最大值，
故的最大值为，此时.
说明：（1）另解：如图所示，设的中点为，连接.
由，得四边形为平行四边形，所以，所以.
由对称性，得四边形是等腰梯形，且.
因为，所以.
因为是半圆的直径，所以，所以.
在Rt中，，所以，
所以，
所以关于的函数关系式为.
20.（12分）
【解析】（1）对求导，得，
所以，则，
当时，在上单调递增，所以无极值；
当时，令，得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，取得极小值，无极大值，.
综上，当时，无极值；当时，有极小值，无极大值.
（2）显然，要使方程有两个不等的实根，
只需当时，有且仅有一个实根.
当时，由方程，得.
令，则直线与的图象有且仅有一个交点，
.
又当时，单调递减；
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以当时，取得极小值.
又当时，，所以，
当时，，
所以作出的大致图象如图所示.
由图象，知要使直线与的图象有且仅有一个交点，
只需或
综上，若有两个不等的实根，则实数的取值范围为.
说明
当时，，所以，且单调递减，所以.
当时，，且当时，取得极小值，
所以.
综上，若有两个不等的实根，则的取值范围为.
21.（12分）
【解析】（1）由及正弦定理，得，即，所以.
又，所以.
又，所以，所以.
（2）因为，所以.
如图，连接.因为为的内心，所以，所以.
设，则.
在中，由正弦定理，得，
所以，
所以，
其中.
因为，所以不妨取.
又，所以，其中，
当时，取得最大值.
因为，所以.又，所以.
综上，的取值范围是.
22.（12分）
【解析】（1）当时，，
所以，所以.
又，所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）方法一：因为，
所以.
设，由题意，得当时，恒成立，
，当时，，
所以.
设，
当时，单调递增，且，所以，即单调递减，
所以，解得，不符合题意，舍去.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，，不符合题意，舍去.
当时，显然当时，单调递减，且，所以，
即单调递减，所以，解得，不符合题意，舍去.
当时，在上单调递减，，
所以存在，使得，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以，
解得.
综上所述，实数的取值范围是.
方法二：因为，
所以.
由题意，得当时，恒成立.
因为恒成立，所以恒成立.
又恒成立，所以恒成立，
所以在上恒成立.
①当时，，该不等式成立，所以；
②当时，设，则.
设，
（i）当时，令，则.
因为，所以，所以，所以在上单调递增，
所以，所以.
因为当时，，所以，所以，
所以在上单调递增，
所以，所以；
（ii）当时，，所以在上单调递增，所以，所以.
因为，所以.
又和在上单调递增，所以在上单调递增，且，
所以，使得，即，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，，
所以，所以在上单调递增，所以，所以.
综上所述，实数的取值范围是.时间月
1
2
3
4
浮萍的面积
3
5
9
17
1
2
3
.4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
A
D
B
C
D
A
B
BC
ACD
ACD
ABD