2024届河南省濮阳市第一高级中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届河南省濮阳市第一高级中学高三上学期期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，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．或D．或
【答案】D
【分析】解不等式确定集合,然后由并集定义计算.
【详解】由题意或，，
所以或，
故选：D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据二倍角的正弦公式先化简，再利用同角三角函数间的基本关系求解即可.
【详解】因为，
所以，
由得，所以分子分母同除以得，
即，
所以.
故选：D.
3．条件p：“lg2x<1”，条件q：“x<2”，则p是q成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．非充分非必要条件
【答案】B
【分析】根据题意得，结合充分、必要条件理解判断．
【详解】∵，则，即
p是q成立的充分不必要条件，则q是p成立的充分不必要条件
即p是q成立的必要不充分条件
故选：B．
4．函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可知，的定义域为，
又因为，
所以，为偶函数．
当时，，当时，，当时，.
故选：C．
5．如图，在中，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用向量运算求得，进而求得.
【详解】
，
所以.
故选：C
6．已知：①若，，则；②若，，，，则；③若，，且，则的最小值为.
上面不等式中正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由基本不等式“一正二定三相等”的原则对选项逐一判断.
【详解】①利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，①正确；②，当且仅当时取等号，②不正确；③，则，当且仅当时取等号，所以，③正确.
故选：C.
7．2023年7月12日9时0分，由中国“蓝箭航天”自主研制的朱雀二号遥二运载火箭的发射任务取得圆满成功，该火箭由此成为全球首款成功入轨的液氧甲烷火箭，标志着我国运载火箭在新型低成本液体推进剂应用方面取得重大突破.在火箭研发的有关理论中，齐奥尔科夫斯基单级火箭的最大理想速度公式至关重要.其公式为，其中v为单级火箭的最大理想速度（单位:），q为发动机的喷射速度（单位:），，分别为火箭的初始质量和发动机熄火（推进剂用完）时的质量（单位:kg），称为火箭的初末质量比．要使火箭达到某个速度，应当提升火箭的初末质量比以及喷射速度，但由于火箭可能的结构（各类动力、连接装置等）所制约，初末质量比不可能大于10．现有某型号单级火箭的发动机能获得的最大喷射速度约为，那么它能获得的最大理想速度约为（ ）（参考数据:，）
A．4.44B．7.2C．9.2D．8.8
【答案】C
【分析】根据题意明确公式中字母的含义，代入数据可得答案.
【详解】由题意得，初末质量比最大为10，
则该型号单级火箭能获得的最大理想速度
．
故选：C．
8．已知函数，若关于的方程有四个不同的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用导数和二次函数分别研究各段上单调性和极值，画出图象，利用数形结合思想结合导数的几何意义即可求得.
【详解】当时，，
当时，；
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
其大致图象如图所示，由，
得，令，
关于的方程有四个不同的实根
等价于函数，的图象有四个不同的交点.
当时，的图象在点处切线斜率为，
该切线过点时，满足，
即，解得，
所以的图象过点的切线斜率为；
的图象在点处的切线斜率为，
该切线过点时，，
因为，解得，
所以的图象过点的切线斜率为.
结合函数图象可知，
当的取值范围是时，的图象有四个不同的公共点.
故选:A.
【点睛】本题考查利用数形结合思想求方程有特定个数的实数根的条件，主要是要利用导数研究函数的单调性并注意利用导数研究切线的斜率.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若恒成立，则
B．若是的必要不充分条件，是的充要条件，则是的充分不必要条件
C．方程有唯一解的充要条件是
D．表示不超过的最大整数，表示不小于的最小整数，则“”是“”的充要条件
【答案】AB
【分析】对于A：利用基本不等式可得，结合恒成立问题可得，运算求解即可；对于B、C、D：根据题意利用充分、必要条件分析判断；
【详解】对于选项A：因为，则，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
可得，整理得，解得，故A正确；
对于选项B：由题意可得：，
即，且不能推出，所以是的充分不必要条件，故B正确；
对于选项C：当时，则，符合题意；
当时，则，解得；
综上所述：方程有唯一解的充要条件是或，故C错误；
对于选项D：若，则，可得；
若，不能得出，例如，则；
所以“”是“”的充分不必要条件，故D错误；
故选：AB.
10．已知a，b，c是实数，下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若且，则D．若，则
【答案】BD
【分析】举特殊值，以及根据不等式的性质和作差法，即可判断选项.
【详解】A.当，则，故A错误；
B.若，则，则，故B正确；
C.当，，则，故C错误；
D.，
因为，所以，
所以，即，故D正确.
故选：BD
11．已知是定义在闭区间上的偶函数，且在y轴右侧的图象是函数图象的一部分(如图所示)，则（ ）
A．的定义域为
B．当时，取得最大值
C．当时，的单调递增区间为
D．当时，有且只有两个零点和
【答案】BCD
【分析】先利用待定系数法求出，再根据原点右侧的第二个零点为，即可判断A；求出的值即可判断B；求出当时的减区间，结合函数为偶函数即可判断C；求出当时的零点，结合函数为偶函数即可判断D.
【详解】由图得，且位于增区间上，
所以，又因为，所以，
，
则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，
所以的定义域为，故A错误；
当时，，
因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；
当时，令，则，
又因为，
所以当时，的减区间为，
因为函数为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，
得或，则或，
因为函数为偶函数，
所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
故选：BCD.
12．已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且，则下列说法错误的是（ ）
A．B．在处取得极小值
C．在取得极大值D．
【答案】ACD
【分析】根据导数的求导法则可得，进而可得，进而利用导数求解函数的单调性，即可结合选项逐一求解.
【详解】设，则，所以，
可得，所以，，所以，
所以，，
由可得，由可得，
所以在单调递减，在单调递增，
因为在单调递减，在单调递增，
所以在处取得唯一极小值，也是最小值，即，
则，，故ACD错误，B正确；
故选：ACD.
三、填空题
13．已知向量，满足，，且，则的值为 ．
【答案】2
【分析】由已知得，即，两边取模可得,然后利用坐标运算求得，结合得解.
【详解】∵，∴，
∴，∴，
∵，∴．
又∵，∴．
故答案为：2.
14．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为 ．
【答案】
【分析】由已知可得切线斜率，根据导数的几何意义列方程求解即可．
【详解】因为，所以切线的斜率为，
而切线与直线垂直，所以，解得，
故答案为：．
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则tanA的最大值为 .
【答案】/0.75
【分析】利用三角形射影定理结合正弦定理可得，再由和角的正切公式，配方变形即可计算作答.
【详解】在中，由射影定理及得：，
由正弦定理边化角为：，于是得，
由得，，即角是钝角，，
，
当且仅当，即时取“=”，
所以tanA的最大值为.
故答案为：
16．已知函数，若在存在零点，则实数的最小值是 .
【答案】1
【分析】构造函数，，利用导数求解函数的单调性，进而求解函数的最值，即可求解.
【详解】令，即，
令，，
而，
令，，
则，即函数在上单调递增，
因为，，即，
所以存在唯一的，使得，即，即，，
所以当时，，，函数单调递减；
当时，，，函数单调递增，
所以，
又时，，
所以要使在存在零点，则，所以实数a的最小值为1.
故答案为：1
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
四、解答题
17．已知 ，，.
(1)若命题为真命题，求实数的取值范围；
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件可得不等式对恒成立，然后利用可得答案；
（2）解出中的不等式，然后可建立不等式求解.
【详解】（1）若为真，则不等式对恒成立，
所以，，所以实数的取值范围为．
（2），
因为是的充分不必要条件，所以且上述等号不同时取，
所以，所以实数的取值范围为．
18．（1）已知，，求的值；
（2）求值：.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据和差角公式及辅助角公式，结合同角关系即可求解，
（2）根据同角关系以及辅助角公式即可求解.
【详解】（1）∵
，∴.
∵，∴，∴，
∴，∴
（2）
19．在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在中，角的对边分别为，且______．
(1)求角的大小；
(2)边上的中线，求的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由诱导公式和正弦定理化简，由余弦定理求出角的大小；
（2）利用平面向量的模长以及余弦定理，结合基本不等式，可得的面积的最大值．
【详解】（1）若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．
则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．
（2）．
又（当且仅当时取等）
的面积的最大值为
20．2023年7月31日，海河流域发生流域性较大洪水，河北省涿州市辖区内有六条河流经过，一时洪流交汇，数日内，涿州市成为洪水重灾区，截至8月1日10时，涿州受灾人数133913人，受灾村居146个，面积225.38平方千米，灾情无情人有情，来自全国各地的单位和个人纷纷向涿州捐献必要的生活物资.某企业生产一种必要的生活物资，且单笔订单最少预定生产10吨物资，已知生产一批物资所需要的固定成本为5千元，每生产吨物资另需流动成本千元，当生产量小于20吨时，，当生产量不小于20吨时，.该企业为了提高企业的诚信度，赢得良好的社会效益，自愿将自身利润降到最低（仅够企业生产物资期间的开销），将每吨物资的售价降为25千元，已知生产的物资能全部售出.
(1)写出总利润（千元）关于生产量（吨）的函数解析式（注：总利润＝总收入-流动成本-固定成本）；
(2)当生产量为多少时，总利润最小？此时总利润是多少？（参考数据：）
【答案】(1)
(2)生产量为12吨时，总利润最小为56千元
【分析】（1）根据利润的计算公式即可求解，
（2）根据函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由已知可得.又，
所以当时，，
当时，，
故
（2）当时，，．
当时，，所以，
所以当时，单调递增，
故．
因为，
所以当生产量为12吨时，总利润最小，此时总利润为56千元．
21．已知函数，在处切线的斜率为-2.
（1）求的值及的极小值；
（2）讨论方程的实数解的个数.
【答案】（1），极小值为；（2）答案见解析．
【分析】（1）由函数在处切线的斜率为-2，可得，解方程得出的值；对函数求导，列表格判断出单调性，进而可得函数的极小值；
（2）由（1）的单调性以及极限趋势，分类讨论的范围，可得实数解的个数．
【详解】解：（1），
因为在处切线的斜率为-2，所以，则.
，令，解得或，
当x变化时，，变化情况如下：
故的极小值为.
（2）由（1）知，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.当时，；当时，.
当或时，方程有1个实数解；
当或时，方程有2个实数解
当时，方程有3个实数解.
22．已知函数．
(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；
(2)对任意，有，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程；
（2）问题化为在上恒成立，构造且，利用导数并讨论、、、研究是否能恒成立，即可得参数范围.
【详解】（1）由题设，则，
所以，，
故在处的切线方程为.
（2）由题设，即在上恒成立，
令且，则，
令，则，
若，则，故在上递减，有，满足；
若，令，
当时，则上，递减；上，递增；
在上，即递减，则，
在上，趋向时趋向于0有趋向，且，即递减，则，
所以，在上，满足；
当时，则上，故递增，
所以，故递减，则，满足；
当时，则上，递增；上，递减；
此时上，即递增，则，不满足；
综上，
【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造且，讨论参数并利用导数研究恒成立为关键.
x
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0
0
单调递增
单调递减
单调递增