重庆市2024_2025学年高三数学上学期第二次质量检测10月试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高三数学上学期第二次质量检测10月试题含解析，共18页。试卷主要包含了 已知锐角满足，则的值为， 关于函数，以下说法正确的是， 已知，，，则以下说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，则（）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别运用正弦函数和指数函数的性质求出再求交集即可.
【详解】
.
故选：A
2. 函数的定义域为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数解析式有意义，列出不等式，结合一元二次不等式的解法，即可求解.
【详解】由函数有意义，则满足，
即，解得，
所以函数的定义域为.
故选：B.
3. 已知，则（）
A. 3B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用二倍角余弦公式及二倍角正弦公式计算再结合同角三角函数关系求解.
【详解】.
故选：D.
4. 已知命题：角与角的终边关于直线对称，命题，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
【答案】B
【解析】
【分析】根据角终边的对称性，利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】若角与角的终边关于直线对称，则，
而当时，角与角的终边关于直线对称，
所以是的必要不充分条件.
故选：B
5. 已知，若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇偶函数的定义判断为R上的奇函数，利用导数判断的单调性，结合函数奇偶性和单调性解不等式即可.
【详解】为R上的奇函数，
为R上的单调递增函数，当且仅当x=0时等号成立，
故原不等式等价于，
即，故，
又，所以.
故选：C
6. 人教A版《数学必修第二册》第102页指出，“以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥（circularcne）.”若一个直角三角形的斜边长为，则按以上步骤所得到圆锥的体积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直角边利用圆锥体积公式及导数研究函数的单调性与最值计算即可.
【详解】设直角三角形的两条直角边分别为，则，
则圆锥体积，
记，则，
易得在单调递增，单调递减，
，故.
故选：B
7. 如图，直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，且，若为的一个零点，则的解析式可以为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设点结合函数值得出，再结合周期得出，进而得出，再带入点,得出即可得出解析式.
【详解】设函数的周期为，
设，则，所以，
所以，所以.
因为，所以，
可得，
所以，则，
又，得，取即可.
故解析式为.
故选：C
8. 已知锐角满足，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先应用两角和差公式运算，再结合诱导公式化简，最后应用同角三角函数关系及辅助角公式计算化简得,求出角及正弦值.
【详解】由题意，有，
即，
得
为锐角，
.
故选：D.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 关于函数，以下说法正确的是（）
A. 为奇函数
B. 为偶函数
C. 在区间单调递增
D. 在区间单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义，先求函数的定义域，利用定义，可得A、B的正误；
根据复合函数单调性的判别，结合对数函数和对勾函数的单调性，可得C、B的正误.
【详解】由，则，当时，等号成立，则的定义域为，
为偶函数，故A错误，B正确；
当时，函数且单调递增，函数且单调递增，函数单调递增，
函数在单调递增，故C正确，D错误.
故选：BC.
10. 已知，，，则以下说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二倍角的正切公式及两角和的正切公式进行求值判断.
【详解】，
由，解得或（舍），故A正确；
由，解得，故B正确；
由，且，故C错误，D正确.
故选：ABD
11. 已知直线是函数图象的一条对称轴，则下列结论正确的是（）
A. 的最小值为
B. 不可能是零点
C. 若在区间上有且仅有2个对称中心，则
D. 若在区间上单调递减，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据对称性可得，即可求解A，根据即可求解B，利用对称性与周期的关系可得即可求解C，利用单调性与周期的关系即可求解D.
【详解】直线是函数图象的一条对称轴，则，解得，又，则的最小值为，故A正确；
假设是的零点，则，解得，与，矛盾，假设不成立，故B正确；
设函数的周期为直线是函数图象的一条对称轴，在区间上有且仅有2个对称中心，
，即，解得，又，故C错误；
在区间上单调递减，则必有，即，
此时符合题意，故D正确.
故选：ACD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 一个扇形的面积为1，周长为4，则该扇形圆心角的弧度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】设扇形的半径为R，弧长为l，圆心角为，根据题意，由，求解.
【详解】设扇形的半径为R，弧长为l，圆心角为，
则．①
由扇形的面积公式，得．②
由①②得，，
∴．
∴扇形的圆心角为．
故答案为：
13. 已知直线与曲线相切，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】设出切点，求导，根据点斜式求解切线方程，代入可得，即可求解.
【详解】，设切点横坐标为，
曲线在处的切线方程为，
将代入，得，解得，则.
故答案为：2
14. 在中，.
（1）若，则面积的最大值为______；
（2）若点满足：，则的取值范围为______.
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理可求得角余弦值，再根据三角函数恒等变换可求得，再根据三角形面积公式以及不等式性质可求得；
（2）根据余弦定理可求得，将两式相除再根据，代入可求得取值范围，再开方即可求得.
【详解】（1）设三角形角的对边分别为a,b,c，有，
所以由余弦定理，可得，
则三角形面积，
当时， 取得最大值3，此时符合题意.
故答案为：
（2）由题意，，由余弦定理，可得
，
，
所以，
则，即.
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. 已知中，角的对边分别为，且满足.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由代入即可求解；
（2）由（1）结合正弦定理可得，再由面积公式即可求解.
【小问1详解】
由余弦定理可得：，即，
；
【小问2详解】
由正弦定理可得：，
则，
解得
16. 在减肥界，碳水化合物一直是个备受争议的角色.俗话说，减肥八分靠吃，两分靠动.而在吃上，“少吃碳水”被奉为圭臬，米饭､馒头､面条……这些传统主食，早已成了减肥人士眼中的洪水猛兽.相对应地，在谈及身边肥胖情况越来越普遍时，主食也就理所当然被归成了“罪魁祸首”.世界卫生组织的标准中，.大于等于的成人属于肥胖人群.某健身机构为研究碳水化合物与肥胖是否有关联，在该机构的健身学员中随机抽取200名学生调查，列表如下：
（1）完善列联表，根据概率值的独立性检验，分析不控制碳水摄入是否会增加变肥胖的风险；
（2）以样本频率估计概率，从该健身机构肥胖的学员中随机抽取5名学生，用表示这5名学生中恰有名不控制碳水摄入的概率，求取最大值时的值.
附：参考公式：，其中.
临界值表：
【答案】（1）列联表见解析，会增加
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用独立性检验求解；
（2）利用超几何分布概率模型求出的概率即可求解.
【小问1详解】
设：不控制碳水化合物摄入与肥胖无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为不控制碳水化合物摄入与肥胖有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，
根据表中的数据计算，不控制碳水化合物摄入中肥胖和不肥胖的频率分别为和，
控制碳水化合物摄人中肥胖和不肥胖的频率分别为和，由于，
可见，在被调查者中，不控制碳水化合物摄入中肥胖的频率是控制碳水化合物摄入中肥胖的频率的1.4倍，
根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为不控制碳水摄入会增加变肥胖的风险.
【小问2详解】
从肥胖的学员中任意抽取1名学生为不控制碳水的概率，
则.
，
，
.
时，有最大值.
17. 已知函数，其图象中两条相邻的对称轴之间的距离为.
（1）求函数的解析式，并求出它的单调递减区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和.
【答案】（1），
（2）9π
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换公式得，根据两条相邻的对称轴之间的距离为可确定函数的解析式，进而可求单调递减区间；
（2）根据函数图象的变换得到，从而转化为求方程的所有根之和，利用三角换元结合正弦函数图象的对称性即可求解.
【小问1详解】
图象中两条相邻的对称轴之间的距离为，
由.
令，
得，
∴fx的单调递减区间为.
【小问2详解】
y=fx图象向左平移个单位长度得，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），
得.
由.令，则，
或（舍）.
由，
令，则，
结合正弦函数对称性可得所有根之和，
.
18. 已知双曲线的实轴长为4，渐近线方程为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）双曲线的左､右顶点分别为，过点作与轴不重合的直线与交于两点，直线与交于点S，直线与交于点.
（i）设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的值；
（ii）求的面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线性质计算即可；
（2）设直线l方程及坐标，联立双曲线方程，根据韦达定理得出纵坐标和积关系，（i）利用两点斜率公式消元计算即可；（ii）联立直线方程求出坐标，并求出，利用三角形面积公式及范围计算即可.
【小问1详解】
由题意知：，解得，双曲线方程为.
【小问2详解】
因为直线斜率不为0，设直线方程为，易知，
设，联立，得，
则，且，
（i）
；
（ii）由题可得：.
联立可得：，即，同理.
，
故，
且，
.
【点睛】关键点点睛：反设直线线并设点，联立双曲线方程后得出纵坐标的和积关系，为后面消元转化减轻计算量.
19. 若函数对其定义域内任意满足：当时，有为同一常数，则称函数具有性质.
（1）请写出一个定义域为且具有性质的函数；
（2）已知，函数，当时，证明：；
（3）设函数，
（i）判断函数是否具有性质；
（ii）证明：.
【答案】（1）且（答案不唯一）
（2）证明见解析 （3）（i）不具有；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据对数函数的性质，结合对数的运算性质，可得答案；
（2）由题意，建立方程组，根据韦达定理，结合基本不等式，可得答案；
（3）（i）由题意建立方程，利用等量代换化简方程，结合变量任意性，可得答案；（ii）利用导数可得函数hx的单调性，利用分类讨论思想，根据等量关系建立方程构造函数，结合新函数的单调性，可得答案.
【小问1详解】
且（答案不唯一）.
由，则，易知，，
可得，解得.
【小问2详解】
令，即，
是的两个不等实根，，
又且.
【小问3详解】
（i）设，且为常数，由得，
即对任意成立，
即恒为常数0，显然矛盾，函数hx不满足性质.
（ii）由，求导可得，当时，h'x