贵州省贵阳市第三实验中学2025届高三上学期学业质量检测（二）数学试卷

这是一份贵州省贵阳市第三实验中学2025届高三上学期学业质量检测（二）数学试卷，共19页。
注意事项：
1．答题前，务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．答题时使用0.5毫米黑色签字笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4．保持答题卡面清洁，不折叠，不破损.
一、单项选择题：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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，由交集运算即可求解.
【详解】解：
所以
故选：A．
2. 设x∈R，则“”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】B
【解析】
【分析】先解不等式，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】因为，所以或，所以或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
3. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助辅助角公式与二倍角公式计算即可得.
【详解】，即，
则.
故选：A.
4. 若向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出、，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：C
5. 已知函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知函数在R上递减，结合分段函数单调性列式求解即可.
【详解】因为函数满足对任意实数，都有 成立，
不妨假设，则，可得，即，
可知函数在R上递减，
则，解得：，
所以的取值范围是.
故选：D.
6. 已知正实数满足，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为8
C. 的最小值为D. 没有最大值
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合二次函数的性质，可判定A正确；利用基本不等式，可得判定B错误；由，可判定C错误，利用对数的运算性质，得到，得到，设函数，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定D错误.
【详解】对于A中，由正实数满足，可得，且，
则，当时，取得最小值为，所以A正确；
对于B中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为，所以B不正确；
对于C中，由，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，所以C错误；
对于D中，由，
因为，设，
可得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以，当时，函数取得最大值，最大值为，
则的最大值为，所以D不正确.
故选：A.
7. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（ ）
A. 23B. 24C. 25D. 26
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数奇偶性推出函数关于直线对称和关于点 对称，则得到其周期，再计算其一个周期内的和，最后代入计算即可.
【详解】为偶函数，则则关于对称，
为奇函数，则，
即，则关于点对称，
则由其关于对称有，则，
则，作差有，
为周期函数，且周期为4，因为，，则，
因为，，则，
，则，
，，
故选：C.
8. 已知函数的部分图象如图所示，下列不正确的个数有（ ）
①函数的图象关于点中心对称
②函数的单调增区间为
③函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
④函数在0,π上有2个零点，则实数的取值范围为
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象求出，然后结合正弦函数性质判断各命题．
【详解】，
由图象知函数的最小正周期为，因此，即，
，因此函数的图象关于点中心对称，①正确；
由得，，②正确；
，因此把的图象向左平移个单位长度得的图象，③正确；
由题意，时，
当时，，在上有2个零点，则，解得，
当时，，在上有2个零点，则，解得，
因此的范围是或，④错．
故选：B．
二、多项选择题：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. 已知向量，，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则与的夹角为D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求解判断各选项．
【详解】选项A，，，即，所以，A正确；
选项B，，，，B错；
选项C，，，，C错；
选项D，，，，D正确．
故选：AD．
10. 在中，，，分别为，，的对边，下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若为锐角三角形，则
C. 若，则为钝角三角形
D 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正弦定理得到，求得或，可判定A不正确；由锐角三角形，得到，结合正弦函数的单调性，可判定B正确；由，得到中一定有一个小于0成立，可判定C正确；由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，可得，即，
因为，可得或，即或，
所以为等腰或直角三角形，所以A不正确；
对于B中，由为锐角三角形，可得，则，
因为，可得，
又因为函数在上为单调递增函数，所以，
所以B正确；
对于C中，因为，由，
可得中一定有一个小于0成立，不妨设，可得，
所以为钝角三角形，所以C正确；
对于D中，因，由正弦定理可得，
因为，可得，
所以，可得，
因为，可得，所以，即，所以，所以D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数，且当时，，则（ ）
A. 只有4个极值点
B. 在上是增函数
C. 当时，
D. 实数a的最小值为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，借助图形可确定极值个数为无穷个，故可判断A选项；对B，对函数二次求导，从而确定函数的单调性，可判断B选项；对C，确定为奇函数，根据性质可判断C选项；对D，对两个项分别分析，可得的无限接近值，从而可判断D选项.
详解】根据题意知，所以
令，可得，做出图像
交点个数即为极值个数，
对A，设，，
当，是单调递减函数，
且当时，
是周期函数值域是，
所以ℎx与有无数交点，故A 错误；
对B，当时，显然单调递减，
，
所以在上单调递增，故B正确；
对C，因为，所以是奇函数，
由题意知当时，，
所以当时，，所以，则，故C正确；
对D，，的最大值为1，当时，，
当比较大正整数时，，
且注意到在单调递增，
所以x>0时，，且fx可以无限趋近于1，
若时，恒成立，则，所以D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键在于得到x>0时，，且fx可以无限趋近于1，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 曲线 在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】对求导，得到，利用导数的几何意义，得到切线的斜率为，即可求解.
【详解】易知函数定义域为−1,1，
因，所以，
当时，，又当时，，
所以曲线在点处的切线方程为，
故答案为：.
13. 已知平面向量，，，正实数，满足，与的夹角为，且，则的最小值为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律，结合二次函数最值求解即得.
【详解】由，得，而，与的夹角为，
则
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 已知函数，则不等式的解集为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】要先证明函数的中心对称性，即，这样原不等式就可以化为，再用求导来证明单调递增，从而就可以解出结果.
【详解】由已知得：，
所以，即
则不等式等价于，
再由，
可得在上单调递增，所以，解得，
故答案为：.
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. 已知函数．
（1）求的图象的对称中心和对称轴；
（2）当时，求的最值．
【答案】（1）对称中心为，对称轴方程为
（2）最小值为，最大值为2
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，然后利用整体法求解即可；
（2）利用整体代入法求最值即可.
【小问1详解】
由题意，得函数
．
令，解得，
所以函数的对称中心为．
令，，
所以函数的对称轴方程为
【小问2详解】
当时，，
所以，
当即时，函数取得最小值为；
当即时，函数取得最大值为2．
16. 已知分别为的三个内角的对边，且，，．
（1）求及的面积；
（2）若为边上一点，且，求的正弦值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得出关于的二次方程，可解出的值，进而可求得的面积；
（2）在中，利用正弦定理可求得的值，再由可得出，进而可求得的正弦值.
【小问1详解】
由余弦定理得，
整理得，即，
因为，解得，
所以.
【小问2详解】
由正弦定理得：，
所以，
在三角形中，因为，则，
所以.
17. 已知锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）证明：；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、两角和差的正弦公式化简得，进一步即可证明；
（2）由题意首先求得的取值范围，进一步将目标式子转换为只含有的式子即可求解．
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
所以，
所以，
而，则或，
即或（舍去），故．
【小问2详解】
因为是锐角三角形，所以，解得，
所以的取值范围是，
由正弦定理可得：，则，
所以，所以，
因为，
所以，所以，
所以，
因，所以，
所以的取值范围是．
18. 已知函数，其中．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若，，求a的取值范围．
【答案】（1）极小值为，极大值为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断出单调性可得答案；
（2）求出，分、、讨论，利用的单调性可得答案.
【小问1详解】
当时，，
则，
令，解得或．
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
函数的极小值为，极大值为；
【小问2详解】
，
①若，即时，，函数单调递减，
，不符合题意．
②若，令函数，则的图象开口向下，
且与x轴有两个交点，令，则，，
注意到且，，
不可能是函数的极大值．
，即．
当，即时，
若，则，函数单调递减；
若，则，函数单调递增．
，符合题意．
当，即时，
若，则，函数单调递减；
若，则，函数单调递增；
若，则，函数单调递减；
又，故只需即可，解得，∴，
综上，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：（1）求函数的极值点个数时，可求导讨论函数的单调性，再判断极值点和极值情况；（2）对于形式较复杂的函数不等式恒成立问题可考虑采用主元变换法，将参数看成未知数，将看成参数求导分析.
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）当函数仅有两个零点时．
①求实数的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）①②答案见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，对参数分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解；
（2）①分类讨论，利用函数单调性讨论零点问题；
②构造新函数讨论与大小关系，利用在上单调性，证明结论.
【小问1详解】
定义域为，且，
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得或，
当，即时，在和上单调递增，在上单调递减；
当，即时，恒成立，在上单调递增；
当，即时，在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
①时，只有一个零点；
当时，在上单调递增，在上恒小于0，不存在两个零点；
当时，时，，在上单调递减，在上单调递增，不存在两个零点；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
，当且
此时函数有两个零点.∴.
②证明：设，由①知，
∵为零点，∴，
∴，
∴，
令，
，
当时，
∴在上单调递减，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在上单调递减，
∴，
∴.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．