2024届江苏省连云港市海州高级中学高三上学期10月阶段测试数学试题含答案

这是一份2024届江苏省连云港市海州高级中学高三上学期10月阶段测试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，因为，，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则集合的真子集的个数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】解不等式得到，从而求出，进而得到真子集个数.
【详解】，
，
故，
从而的元素个数为3，真子集个数为.
故选：C.
2．已知向量＝（－1，2），＝（3，m），m∈R，则“m＝－6”是“∥”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由平面向量线性运算及共线的的坐标表示运算可得解.
【详解】由题意得＝（2，2＋m），由，得－1×（2＋m）＝2×2，所以m＝－6.
当m＝－6时，＝（2，－4）＝－2（－1，2），可得，
则“m＝－6”是“”的充要条件.
故选：A.
3．若直线是函数图象的两条相邻的对称轴，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由三角函数的对称性和周期性计算即可.
【详解】依题意得函数的最小正周期，
解得.
故选：D.
4．已知，若不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．21
【答案】C
【分析】先根据基本不等式求出最小值，再把恒成立问题转化为最值问题即可求解.
【详解】（当且仅当时，取等号）.
.
故选：C.
5．幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），则幂函数y=f（x）的图象是
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设出函数的解析式，根据幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），构造方程求出指数的值，再结合函数的解析式研究其性质即可得到图象．
【详解】设幂函数的解析式为y=xa，
∵幂函数y=f（x）的图象过点（4，2），
∴2=4a，
解得a=
∴，其定义域为[0，+∞），且是增函数，
当0＜x＜1时，其图象在直线y=x的上方．对照选项．
故选C．
【点睛】本题考查的知识点是函数解析式的求解及幂函数图象及其与指数的关系，其中对于已经知道函数类型求解析式的问题，要使用待定系数法．
6．若是函数的极值点，则的极小值为．
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由题可得，
因为，所以，，故，
令，解得或，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为，故选A．
【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；
（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
7．已知函数，先将的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的图象上所有的点向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用辅助角公式先化简，然后根据三角函数图象变换求得，再结合正弦函数的对称性可解.
【详解】，
将其图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得的图象，
再将得到的图象上所有的点向右平移个单位长度，得的图象，
由的图象关于轴对称得，
即.
又，故当时，取得最小值.
故选：D.
8．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】法一、构造函数，利用泰勒展开式比较大小；法二构造函数，利用导数求函数单调性判定大小即可.
【详解】法一、根据题意，构造函数，
则.
由泰勒展开式，，，
所以，，
而，
所以，即；
法二、因为，
所以.
令，则，所以函数在上单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，得，所以；
因为，所以令，
则，
所以函数在定义域内单调递增，
所以当时，，即有成立，
所以，即，所以，又，所以.
综上，.
故选：D
二、多选题
9．下列命题是真命题的是（ ）
A．不等式的解集为
B．函数的零点是和
C．的最小值为0
D．是成立的充分条件但不是必要条件
【答案】ACD
【分析】对于A选项，根据分式不等式解法即可判断正误；
对于B选项，根据函数零点定义，通过解一元二次方程即可得到函数零点，进而判断正误；
对于C选项，通过凑形后使用基本不等式即可求解最小值，进而判断正误；
对于D选项，根据充分不必要条件的定义即可判断正误.
【详解】对于A选项，由得解集为，故A正确；
对于B选项，二次函数的零点是指其图象与轴交点的横坐标，应为-2和4，故B错误；对于选项，，当且仅当，即时，取等号，故C正确；
对于D选项，由，得，能够推出，但反之不成立，所以是充分条件但不是必要条件.故D正确
故选：ACD
10．函数的导函数的图像如图所示，则（ ）
A．是函数的极值点
B．是函数的极小值点
C．在区间上单调递增
D．是函数的极大值点
【答案】AC
【详解】由图像可得，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故是函数的极值点， 、不是函数的极值点，
故选：AC
11．下列等式正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】A选项，利用三角恒等变化得到，结合，判断出函数值的正负，求出答案；B选项，利用正切和角公式逆运算得到；C选项，利用平方差公式，同角三角函数关系及二倍角公式求出C错误；D选项，利用差角公式化简计算出D正确.
【详解】A中，
.
，
,
，，
，
原式，所以A错误；
B中，
，B正确；
C选项，，C错误；
D选项，
，D正确；
故选：BD
12．设函数若有四个实数根，且，则的值不可以是（ ）
A．B．C．3D．
【答案】ACD
【分析】根据函数特征，画出函数图象，根据图象判断选项即可.
【详解】由分段函数知，当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增；当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增.的图象如图所示.
有四个实数根，且.
由图知，当时，有四个实数根，且.
又，由对数函数的性质知，可得.
设，且.由在上单调递增，
可知，所以.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知函数若，则 .
【答案】2或0
【分析】根据分段函数的函数值求自变量的值.
【详解】当时，，解得；
当时，，解得，
所以或2.
故答案为: 2或0.
14．已知向量满足，则 .
【答案】1
【分析】对两边平方化简可得结果
【详解】因为，
所以，
所以，解得，
故答案为：1
15．定义运算.若，则 .
【答案】/
【分析】利用同角的三角函数的基本关系式可求，再利用两角差的正弦可求的值.
【详解】由题意有，又，
故，而，
于是.
又，故.
故答案为：.
16．在中，角所对的边长分别是.若，则面积的最大值为 .
【答案】
【分析】首先根据已知条件结合余弦定理得出，再根据均值定理求出的取值范围，最后根据面积公式求得三角形面积的最大值即可
【详解】在中，由，可得.
因为，即，
所以由余弦定理得，化简可得.
由于，所以，
化简可得，解得，则，
而，故，故，
所以，
故当时，取得最大值.
故答案为：
四、解答题
17．设全集是实数集，，.
（1）当时，求和；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】⑴，.⑵.
【详解】本试题主要是考查了集合的运算以及二次不等式的求解的综合运用．
（1）因为全集是实数集R，，得到，当时，，故，.．
（2）由于,得到集合的关系在求解参数的范围．
解析：⑴，当时，，故，.
⑵由，知．
①，；
②当时，，，，只要满足，则；综上所述.
18．已知向量.
(1)当时，求的值；
(2)设函数，当时，求的值域.
【答案】(1)-7， (2)
【详解】试题分析：(1)由向量共线得到等量关系，求出角的正切值，再利用两角差正切公式求解： (2)先根据向量数量积，利用二倍角公式及配角公式得到三角函数关系式，再从角出发研究基本三角函数范围：
试题解析：(1), 3分
6分
(2) 8分
11分
，的值域为 14分
【解析】向量平行坐标表示，三角函数性质
五、问答题
19．已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性，并写出相应的单调区间.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据函数在某点处的切线方程求法，先求导，进而求切线斜率，结合切点，可得答案；
（2）根据导数的解析式，利用分类讨论思想，结合导数与单调性的关系，可得答案.
【详解】（1）当时，，
函数在点处的切线方程为，即.
（2）
①当时，，函数在上单调递增；
②当时，由得，
时，单调递减；
时，单调递增.
综上，当时，函数的单调递增区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
六、证明题
20．设函数（且）是定义域在R上的奇函数．
（1）若，试求不等式的解集；
（2）若且在上的最小值为—2，求m的值．
【答案】（1）不等式的解集为或；（2）
【分析】（1）由奇函数求出k=1；由，解得，进而判断出在R上单调递增.利用单调性解不等式；
（2）先解出a=2.令.利用二次函数研究的最小值求出m.
【详解】（1）是定义域为R上的奇函数，∴，
.
，又且
因为在R上单调递增，在R上单调递减，
所以在R上单调递增.
所以原不等式可化为：
，即，解得：或
∴不等式的解集为或.
（2）
即或（舍去）
令.
由（1）可知， 在R上单调递增.
当时，当时，
当时，当时，，
解得，舍去
综上可知
七、问答题
21．在下面的三个条件：①，②，③.任选一个补充到问题中，并给出解答.
在锐角中，角的对边分别为，且__________.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)条件选择见解析，；
(2).
【分析】（1）若选①：利用正弦定理边角转化和两角和的正弦公式，即可求出答案；若选②：利用三角恒等变换结合条件即得；若选③：利用正弦定理边角转化和余弦定理，即可求出答案；
（2）利用正弦定理表示出，然后利用三角函数的性质即得.
【详解】（1）选①：由正弦定理及，得，
又，
，又，
，又，
；
选②：由，得，
即，
，，
，
，即；
选③：由及正弦定理，得，
又由余弦定理得，
所以，，
；
（2）由，可得，
所以，
因为，
所以，
所以，即，
所以的取值范围为.
八、证明题
22．已知函数.
(1)当时，求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证，
构造函数即可证明.
【详解】（1）当时，，
所以函数在上单调递增，
又因为，
所以函数有且仅有一个零点.
（2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根，
得，令，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
由，得当时，；
当的大致图象如图所示，
所以当，即时，有两个不同实根；
证明：不妨设且
两式相加得，两式相减得，
所以，
要证，只需证，
即证，
设，令，
则，
所以函数在上单调递增，且，
所以，即，
所以，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据，两式相加相减，进而可得，进而要证，只需证，即证，从而将双变量转化为单变量，令，讨论该函数的单调性和最值即可证明.