天津市西青区张家窝中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份天津市西青区张家窝中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷，共16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（每个4分）
1.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.（ ）
A.B.C.D.
3.若（，且）函数的图像大致是（ ）
A.B.C.D.
4.已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A.B.
C.D.
5.若实数，则的最大值为（ ）
A.B.C.4D.6
6.若，，则的值是（ ）
A.3B.C.8D.
7.已知角是第四象限的角，则“”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
8.下列命题中是假命题的是（ ）
A.存在，使
B.对任意，有
C.中，的充要条件是
D.对任意，函数都不是偶函数
9.已知函数，则（ ）
A.的最小正周期为B.为偶函数
C.的图象关于对称D.为奇函数
10.已知，则函数的值域是（ ）
A.B.C.D.
11.已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
12.已知直线是函数的一条对称轴，则的一个单调递减区间是（ ）
A.B.C.D.
13.设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A.B.
C.D.
二、填空题（每个4分）
14.函数的定义域为_______.
15.设函数，若是函数的一个零点，则实数_______.
16.幂函数在上是减函数，则的值为_______.
17.在中三个内角分别A，B，C且，，则角_______.
18.已知函数，满足对任意的实数，且，都有，则实数的取值范围是_______.
19.已知是定义在上的增函数，且，则的取值范围是_______.
20.已知函数是定义在上的偶函数，当时，，写出的解析式_______.
21.函数的单调递增区间是_______.
22.设，，，若，，则的最大值为_______.
23.已知，若a，b，c互不相等，且，则的范围是_______.
三、解答题
24.（14分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求A；
（2）若的面积为，周长为8，求a.
25.（14分）设函数在处取得极值.
（1）求的解析式；
（2）当时，求函数的最值.
26.（1.5分）如图，平面，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.
（1）求证：平面CPM；
（2）求平面QPM与直线PC所成角的余弦值；
（3）若N为线段CQ上的点，直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.
27.（15分）已知函数.
（1）当时，求函数在处切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围.
参考答案
1.A
【分析】先解对数不等式及函数值域分别求出集合A，B，再应用并集定义计算即可.
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以，
所以.
故选：A.
2.B
【分析】根据余弦的二倍角公式即可求解.
【详解】.
故选：B
3.A
【分析】根据对数函数的性质可得，再根据函数图像平移判断即可.
【详解】因为（，且），故，故为减函数，且过，又的图像为的图像向右平移1个单位，则A满足.
故选：A
4.A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可得正确的选项.
【详解】，，，所以.
故选：A.
5.A
【分析】用配凑法结合基本不等式求解即可；
【详解】实数，，
，
当且仅当，即时等号成立，
函数的最大值为，
故选：A.
6.A
【分析】根据给定条件，利用指数式与对数式互化关系及对数换底公式及运算法则计算即得.
【详解】由，得，而，
所以.
故选：A
7.A
【分析】根据余弦函数定义及充分不必要定义判断即可.
【详解】因为，所以.
即“”是“”的充分条件；
若取，，它们都是第四象限的角，且满足，
但，即“”不是“”的必要条件.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
8.D
【分析】对于A，时成立；对于B，由于判别式小于0，故正确；对于C，利用正弦定理可知正确；对于D，当时，函数即为偶函数，故可得结论.
【详解】对于A，当时成立；
对于B，令，，对于函数，
判别式，即恒成立，故正确；
对于C，由大边对大角定理可得，由正弦定理可知正确，中，的充要条件是，故正确；
对于D，当时，函数即为偶函数，故错误；
故选D.
【点睛】本题主要考查命题真假的判断，真命题需要有充分的利用，而假命题列举反例即可，属于中档题.
9.C
【详解】对于函数，它的最小正周期为，故A选项错误；
函数不满足，故不是偶函数，故B选项错误；
令，可得，故的图象关于对称，C正确；
由于为偶函数，故D选项错误，
故选C.
10.C
【分析】根据正切函数的单调性确定，再根据复合函数的单调性即可求出的值域，即得答案.
【详解】令，则，
因为在上单调递增，且，所以，
又在上单调递减，且，所以，
即的值域是.
故选：C.
11.A
【分析】由幂函数的性质可得函数在上单调递增且，利用导数求出的最小值可得，解一元二次不等式即可.
【详解】，又函数，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，且，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以有最小值，且，
所以，解得.
故选：A
12.B
【分析】利用周期公式计算出周期，根据对称轴对应的是最值，然后分析单调减区间.
【详解】因为，
若取到最大值，则，，即，，此时处最接近的单调减区间是：即，故B符合；
若取到最小值，则，，即，，此时处最接近的单调减区间是：即，此时无符合答案；
故选B.
【点睛】对于正弦型函数，对称轴对应的是函数的最值，这一点值得注意．
13.A
【分析】由奇偶函数的定义判断函数为偶函数，由函数单调性的判定得到函数的单调区间，由对称函数的函数大致图像得出自变量的不等关系，从而解出取值范围.
【详解】的定义域为R，
，为偶函数，
当时，，
，
在上单调递增，在上单调递减，
当时，，.
故选：A.
14.
【分析】根据对数的真数为正和二次根号下非负可求定义域.
【详解】由题设有，故，故函数的定义域为，
故答案为：.
15.3
【分析】根据导数的运算法则，求得，结合，即可求解.
【详解】由函数，
可得，
因为是函数的一个零点，所以，解得.
故答案为：3.
16.1
【分析】由幂函数及其单调性即可求解.
【详解】由题意可得，解得：，
所以，.
故答案为：1
17.
【分析】根据正切和角公式得到，由诱导公式得到，故，求出答案.
【详解】，
又，故，所以，
又，所以.
故答案为：
18.
【分析】利用已知条件判断函数的单调性，根据分段函数的单调性可得关于的不等式组，解之即可.
【详解】对任意的实数，都有，即，异号，故是上的减函数；
可得：，解得.
故答案为：
19.
【分析】根据单调性的概念和函数的定义域得到满足的条件，从而得到结果.
【详解】由题意可得，，解得.
所以的取值范围是.
故答案为：.
20.
【分析】根据函数的奇偶性与三角函数的奇偶性求解即可.
【详解】因为当时，，
所以当时，则，
所以，
又函数是定义在上的偶函数，所以.
故答案为：.
21.
【分析】根据题意，利用二次函数的图象与性质，函数在上单调递增，在上单调递减，以及对数函数的图象与性质，函数为减函数，结合复合函数的单调性的判定方法，即可求解.
【详解】令，
由，解得，
又的图象的对称轴为，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，则函数为减函数，
所以由复合函数单调性，的单调递增区间是.
故答案为：.
22.3
【分析】由已知可解得，.根据换底公式可得，根据基本不等式得出，然后根据对数运算性质即可得出答案.
【详解】因为，所以，.
又，，
所以，.
因为，，根据基本不等式有，
当且仅当，即，时等号成立，所以.
则，
所以的最大值为3.
故答案为：3.
23.
【分析】根据函数的单调性得出a，b，c的关系及范围，然后利用对勾函数的性质得出结论.
【详解】函数
在，上单调递减，在上单调递增，，，
画出的图象，如图，
令，由，得，，，
由，得，
即，由，得，
于是，
由对勾函数性质知，在上递增，则，
所以的范围是.
故答案为：
24.（1）（2）
【分析】（1）由正弦定理角化边可得，由余弦定理即可求出角A；
（2）根据三角形面积公式可得，利用余弦定理结合完全平方公式可得，即可求.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得：所以，
整理得，所以，
因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以由（1）可知，，解得，
所以，又因为，
所以，解得.
25.（1），
（2）的单调递增区间为，，单调递减区间为.
【分析】（1）根据极值和极值点列出方程组，求出，；（2）结合第一问得到单调区间.
【详解】（1），
由题意得：，，
解得：，，
此时，
当时，，当或时，，
故为极值点，满足题意，
所以，.
（2）由（1）可知：当时，，当或时，，
故的单调递增区间为，，单调递减区间为
26.（1）证明见解析（2）（3）
【分析】（1）连接EM，可证明四边形MEFC为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证得；
（2）运用空间向量法求解即可；
（3）设点N坐标，应用空间向量法表示出直线DN与平面QPM所成的角为，再解方程可得点N坐标，再应用空间向量法求出点面距即可.
【详解】（1）连接EM，因为，，所以.
又因为，所以四边形PQBA，
又因为点E，M分别为AP，BQ的中点，所以且，
因为，，所以且，
又因为点F分别为CD的中点，所以且，
所以四边形MEFC为平行四边形，所以，
又因为平面CPM，平面CPM，
所以平面CPM.
（2）因为平面，平面，
所以，，又，
故以点为原点，分别以DA，DC，DP为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系（如图）.
因为，
所以，，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
设平面与直线所成角，
则，
所以与直线所成角的正弦值为.
（3）设，则，
因为直线与平面所成的角为，
所以，
所以.
解之得（舍去），
所以点，所以，
因为，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，所以.
则到平面的距离为.
所以到平面的距离为.
27.（1）略（2）
【分析】（1）根据导函数的正负判断函数的递增递减区间即得；
（2）通过代入不等式整理成在上存在实数解问题，故可转化成求函数在得最小值问题，计算即得.
【详解】（1）当时，，，
，由，得，
由，得，所以函数的单调增区间为，单调减区间为；
（2）原条件等价于：在上存在实数解.
化为在上存在实数解，
令，
则，
在上，，
得，故在上单调递增，
的最小值为，
时，不等式在上存在实数解.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
A
A
A
A
D
C
C
题号
11
12
13
答案
A
B
A