甘肃省张掖市部分学校2025届高三上学期10月质量检测数学试卷

这是一份甘肃省张掖市部分学校2025届高三上学期10月质量检测数学试卷，共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 已知函数， 已知函数，则， 若实数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，三角恒等变换，解三角形，平面向量.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则的真子集个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集运算和真子集的定义求解.
【详解】因为，
所以，
所以的真子集个数为个.
故选：B.
2. 已知，，向量，满足，则“，不共线”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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分，必要条件的定义，结合向量共线定理，即可判断.
【详解】若，不共线，由及平面向量基本定理，得；
若，无论，共线与否，都有.
综上，“，不共线”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数及指数函数的单调性得出参数范围比较即可.
【详解】因为，，，所以.
故选：D.
4. 若曲线与轴，直线的交点分别为为坐标原点，则向量与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得两点的坐标，然后根据向量运算求得正确答案.
【详解】依题意，，
，
解得，故，
由，所以，解得，所以，
所以，
所以.
故选：C
5. 已知是以为直径的圆上一点，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的运算律即可求解.
【详解】如图，连接，，因为是圆的直径，所以，
又，，则，
又是的中点，则，
.
故选：B.
6. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角函数定义可得，，再结合二倍角公式与两角差的余弦公式计算即可得解.
【详解】由三角函数的定义，得，，
所以，
，
.
故选：D.
7. 已知函数（为常数），若在上的最大值为，最小值为，且，则（ ）
A. 6B. 4C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】将函数解析式化为，令，则，设，，可判断是奇函数，根据奇函数性质及，求得答案.
【详解】因为，，
令，
则，
设，，则，
所以是奇函数，最大值为，最小值为，
则，由，解得.
故选：D.
8. 在中，角为锐角，的面积为，且，则周长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出三角形是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值.
【详解】依题意，，
由得，
即，
，
由于是锐角，所以，
与一正一负，或，
若，即，
由于，
所以，所以，
，此不等式组无解，所以不成立.
同理可得不成立.
所以，
所以，所以，.
所以，
所以三角形的周长，
当且仅当时等号成立，所以三角形的周长的最小值为.
故选：A
【点睛】本题涉及几何中的面积和周长问题，结合了三角函数和基本不等式，考查了学生的综合解题能力．解题过程中，利用基本不等式求周长的最小值，这是本题的关键点之一．基本不等式的应用不仅要找到正确的表达式，还需要验证等号成立的条件，以确保最小值能够实际取到．
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数B. 的最小正周期为
C. 区间上单调递减D. 在上有4个零点
【答案】AB
【解析】
【分析】通过和差角公式化简函数解析式，由三角函数图形及性质即可判断.
详解】对于A：
，显然为偶函数，故A正确；
对于B：最小正周期，故B正确；
对于C：当时，，因为在上单调递减，
所以在上单调递增，故C错误；
对于D：由，得，
所以在上的零点有，，，共3个，故D错误.
故选：AB.
10. 若实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】把作为主元，求得，分类计算求得的最值，可判断AB；
方程变形为，可得判断C；赋值法可判断D.
【详解】因为，可得，
当时，可得，令，
求导得，令，可得，解得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，无最小值，故，
当时，
可得，令，
求导得，令，可得，解得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，无最大值，故，故A正确，B错误；
由，可得，
所以，所以，
当且仅当，即或时取等号，故C正确；
当时，方程，，方程有解，
所以，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 为奇函数
C. 是的极小值点
D. 在上有极值
【答案】ABC
【解析】
【分析】由对称中心的定义代入验证可得满足，即可知A正确；利用奇函数定义化简可得B正确，对函数求导并判断出函数在上的单调性，即可判断C正确，利用辅助角公式化简并根据正弦函数图象性质可判断D错误.
【详解】对于A，由易知
,
即满足，所以的图象关于点对称，可得A正确；
对于B，易知
，
满足奇函数定义，即可得奇函数，即B正确；
对于C，求导可得，
不妨只研究当时的单调性，
当时，，当时，，
可知函数在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取得极小值，所以是的极小值点，即C正确.
对于D，由可知，当时，，
此时函数在上是单调递减的，因此在上没有极值，即D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用中心对称函数性质验证选项中的对称中心是否满足中心对称表达式，并充分利用三角函数性质解决极值点问题.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则曲线在点处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，即可求解斜率，根据点斜式即可求解直线方程.
【详解】，故，又，
故曲线在点处的切线方程为，即，
故答案为：
13. 若定义在上的函数满足：，且，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得4为的一个周期，然后取即可得到的值，即可得到结果.
【详解】因为，所以，所以，
4为的一个周期，则，
又，取，得，
所以，故.
故答案为：3
14. 如图的“心形”曲线恰好是半圆，半圆，曲线组合而成的，则曲线所围成的“心形”区域的面积等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出两个半圆面的面积，再求曲线与、轴围成的区域的面积，
根据对称性得出与、轴围成的区域的面积，即可得解.
【详解】设，线段的中点为，如图，
因为曲线关于点对称，
所以可将曲线与轴、轴围成的区域割补为直角三角形的区域，
于是曲线与轴、轴围成的区域的面积就是直角三角形的面积，
即；
根据对称性，可得曲线与、轴围成的区域的面积为，
又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为，
所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解法的关键是根据余弦型函数为中心对称图象，据此采用割补的方法，转化为直角三角形的面积.
四､解答题；本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. （1）已知是第三象限角，且是方程的一个实根，求的值；
（2）已知，且，求的值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到的值，将除以，分子分母同时除以，即可得到有关的式子，代入即可得到答案；
（2）先根据完全平方公式得到的值，然后再利用完全平方公式得到的值，构造等式即可求得结果.
【详解】（1）由，得，或，
∵是方程的一个实根，且是第三象限角，
∴，
∴；
（2）∵，
∴，则，
∵，所以，，
故，
.
16. 已知函数，且图象的一个对称中心到与其相邻的对称轴的距离为.
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）将图象上的所有点的横坐标向右平移个单位长度（纵坐标不变），再向上平移个单位长度，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若函数在上存在零点，求的取值范围.
【答案】（1）；单调递增区间为：；
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用诱导公式、正弦的和角公式、二倍角公式及辅助角公式化简函数式，再根据三角函数的图象与性质计算即可；
（2）根据三角函数图象的变换求出解析式，利用整体思想分离参数结合二次函数的性质计算即可.
【小问1详解】
由
，
因为图象的一个对称中心到与其相邻的对称轴的距离为，
所以其最小正周期为，
则，
令，
解之得；
【小问2详解】
由题意可知将图象上的所有点的横坐标向右平移个单位长度（纵坐标不变），
再向上平移个单位长度可得，
再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数，
当，所以，
令，则条件可化为在时有解，
易知在上单调递减，在上单调递增，
易知，
则，解之得.
17. 在中，角的对边分别为.
（1）求；
（2）已知为的平分线，交于点，且为线段上一点，且，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式展开化简可得；
（2）利用面积公式和余弦定理列方程组求解出，可知为等腰三角形，然后结合已知即可得解.
【小问1详解】
，，
，
，
，，，
又，.
【小问2详解】
因为BD为的平分线，，所以，
又，，
所以，
即，①
由余弦定理，得，即，②
由①②可得（舍去负值），，
所以a，c是关于的方程的两个实根，解得.
又因为BD为的平分线，所以，
又，，
所以，，
所以的周长为.
18. 如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.
（1）若向量的“完美坐标”为，求；
（2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；
（3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，x∈R，求的值域.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证；
（3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合二次函数的图象即可求得的值域.
【小问1详解】
因为的“完美坐标”为，则，
又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，
所以,，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
，
即.
【小问3详解】
因为向量，的“完美坐标”分别为，，
由（2）得.
令，则，
因为x∈R，所以，即，
令，
因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的值域为.
【点睛】思路点睛：本题在求解与之相关函数问题时，应按照新定义，准确写出函数解析式，对于较复杂的三角式，常常运用整体换元思想，将其转化成熟悉的函数，如二次函数、双勾函数等，利用这些函数的图象性质特征求解即可.
19. 已知函数.
（1）证明：当时，只有1个零点；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）若，设，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见详解 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数与单调性关系，确定的单调性，即可证明；
（2）利用导函数与单调性的关系，结合的不同取值讨论求解；
（3）将所需证明的不等式等价转化为，设，则只需证明，即，构造函数利用导函数与最值的关系证明.
【小问1详解】
当时，，则函数的定义域为，
恒成立，
所以在单调递增，
且，
根据零点唯一性定理可知，只有1个零点为0.
【小问2详解】
，因为，所以定义域为，
，
因为，
当，即时，
恒成立，即，
则函数在单调递减；
当，即时，
方程的两个根为
因为，且，
所以均在内，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
综上，
当时，在单调递减，
当时，在单调递减，单调递增，单调递减.
【小问3详解】
若,
因为要证，
只需证，
即，
即证，
设，则只需证明，化简得，
设则，
所以在单调递增，
所以，即，原命题得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．