2024届天津市天津中学高三上学期第一次阶段性检测数学试题含解析

这是一份2024届天津市天津中学高三上学期第一次阶段性检测数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式，求出，从而求出交集.
【详解】，解得：，所以，
因为，
所以
故选：A
2．设命题，命题，则是成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求出、中两个不等式的解，利用集合的包含关系即可判断出、之间的充分条件和必要条件关系.
【详解】解不等式，得，解不等式，得，即，，
因此，是成立的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查充分条件和必要条件的判断，在涉及不等式与方程时，一般转化为集合的包含关系来判断，考查推理能力与运算求解能力，属于基础题.
3．已知函数，则的增区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先求出函数的定义域为；令，，根据二次函数的单调性，以及复合函数的单调性，即可得出结果.
【详解】由得，解得，
即函数的定义域为；
令，，
因为函数是开口向下，对称轴为的二次函数，
所以当时，单调递增；当时，单调递减；
又函数是增函数，
根据复合函数的单调性，可得，的增区间为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查求对数型复合函数的单调性，属于基础题型.
4．函数的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由函数值的正负排除B，由函数的奇偶性排除C，由函数在时的变化趋势排除D．从而得正确选项．
【详解】由题意，排除B；又，不是偶函数也不是奇函数，排除C；当时，，排除D．
故选：A．
【点睛】本题考查函数函数解析式选取函数图象，解题方法是排除法，通过研究的性质，函数值的正负，变化趋势等排除错误选项，后可得正确选项．
5．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、二倍角公式求得正确答案.
【详解】依题意，，
而，所以，
所以，
所以
.
故选：A
6．在中，角，，的对边分别为，，，其面积为，若，则一定是
A．等腰三角形B．直角三角形
C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】先根据余弦定理得到从而得到，再根据得到，因此或，根据勾股定理可判断三角形的形状.
【详解】因为，所以，
而，故.
又，所以，
所以即，故或.
若，则，故，故为直角三角形；
若，则，故，故为直角三角形；
综上，故选B.
【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件. 而三角形面积的计算有两种基本的方法：
（1）底和高乘积的一半；
（2）；
解题中注意合理选择.
7．已知函数，且，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由奇偶性定义判断函数在定义域上是偶函数，且在上是增函数，然后由及函数的单调性求解.
【详解】函数定义域为，且，
所以是偶函数，且在上是增函数，
又，
所以，
所以，
故选：C
【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的综合运用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.
8．已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且函数是偶函数，下列判断正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增D．函数的图象关于直线对称
【答案】C
【分析】根据相邻两条对称轴之间的距离得出函数的最小正周期，由函数是偶函数，则的一条对称轴为，根据正弦函数的对称轴求出，将代入函数解析式，验证对称中心，将代入函数解析式，验证对称轴，由整体法结合正弦函数的单调性得出函数在上单调性，即可得出答案．
【详解】图像相邻两条对称轴之间的距离为，即三角函数的周期为：,
所以，即，
所以,
又是偶函数，故,即,
又,解得,所以.
对于选项A：最小正周期,故A错误；
对于选项B： 当时，，不是正弦函数的对称中心，故B错误；
对于选项C：由，故，由正弦函数图象可知，在上单调递增，故C正确
由,
对于选项D：当时，，故不是该函数的对称轴，故D错误；
综上所述，选项C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了由正弦型函数的性质求解析式，对称轴，对称中心以及单调性，属于中档题．
9．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知，函数的图象与直线有三个交点，利用直线与曲线和曲线相切时，求出对应的实数的值，然后利用数形结合思想可求得实数的取值范围.
【详解】作出函数的图象与直线的图象如下图所示：
①当直线与曲线相切时，由，可得，
，解得，由图象可知，切点的横坐标为负数，则，则；
②当直线与曲线相切时，
由得，，解得.
③当直线过原点时，.
由图象可知，当直线与曲线有三个交点时，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，一般转化为两曲线的交点个数，同时要注意直线与曲线相切的临界位置的分析，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
二、填空题
10．计算 ．
【答案】
【分析】直接利用指数对数的运算性质计算即可.
【详解】
.
故答案为：.
11．若是函数的极值点，则在上的最小值为 .
【答案】
【分析】先对f(x)求导，根据可解得a的值，再根据函数的单调性求出区间上的最小值．
【详解】，
则，解得，所以，
则.令，得或；
令，得.所以在上单调递减；在上单调递增.所以.
【点睛】本题考查由导数求函数在某个区间内的最小值，解题关键是由求出未知量a．
12．已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则 ．
【答案】
【分析】先利用题给条件求得函数最小正周期为4，进而得到，再利用及即可求得的值.
【详解】，，则，
令则，则
由为偶函数，可得，则函数有对称轴
则有，又，则
则
则，
则函数最小正周期为4.
则
又，则
故答案为：
13．函数的部分图像如图所示，现将函数的图像向左平移个单位长度，再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图像，则 ．

【答案】
【分析】由图可知，，，从而求得，根据是函数在轴右侧的第二个零点，代入运算可得，进而知的值，再由函数图象的伸缩与平移变换法则求解．
【详解】由图可知，，
因为，所以，即，
又，所以，
所以，
由图知，是函数在轴右侧的第二个零点，
所以，即，
所以，
将其图象向左平移个单位长度，可得，
再将图像上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到．
故答案为：．
14．设,则的最大值为 ．
【答案】
【详解】由两边同时加上
得两边同时开方即得：（且当且仅当时取“=”），
从而有（当且仅当,即时，“=”成立）
故填：.
【解析】基本不等式.
【名师点睛】本题考查应用基本不等式求最值，先将基本不等式转化为（a>0,b>0且当且仅当a=b时取“=”）再利用此不等式来求解.本题属于中档题，注意等号成立的条件.
15．已知函数，，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】首先对进行求导，利用导数研究函数的最值问题，根据题意对任意，存在，使，只要的最小值大于等于在指定区间上有解 .
【详解】由，得，
当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴
在上有解，在上有解，
函数在上单调增，，.
故答案为:
【点睛】不等恒成立与能成立的等价转换:
任意，存在，使
任意，任意，使
存在，存在，使
三、解答题
16．在锐角中，角、、所对的边分别为、、，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）利用正弦定理处理，得到角C的大小，即可；
（2）利用余弦定理，求得的值，结合三角形面积计算公式，即可．
【详解】（1）由已知及正弦定理，.
因为为锐角，则，所以.因为为锐角，则.
（2）由余弦定理，，则，即，
即.因为，则.
所以的面积.
【点睛】方法点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，解题方法如下：
（1）利用正弦定理，将题中式子进行边角转化，结合锐角三角形的条件，求得角的大小；
（2）利用余弦定理，结合（1）的结果以及（2）中条件，列出等量关系式，求得边长的值，再利用三角形面积公式求得结果.
17．已知函数，最小正周期是.
(1)求的解析式；
(2)求的单调递增区间；
(3)求在最值及相应的值.
【答案】(1)
(2)
(3)当时，取得最大值，最大值为1；当时，取得最小值，最小值为
【分析】（1）首先根据二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及辅助角公式化简函数,利用周期公式求出，得函数解析式；
（2）解不等式 ,可得单调增区间；
（3）由,结合函数的单调性可得在上的最大值和最小值，及对应的自变量取值.
【详解】（1）由已知得，
因为的最小正周期是，
所以，
所以；
（2）令，因为的单调递增区间是，则由，解得，
所以的单调递增区间是；
（3）由（2）可知在单调递增，则在单调递减，
又因为，
所以当时，取得最大值，最大值为1，当时，取得最小值，最小值为.
18．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
19．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)证明：当时，.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分和两种情况讨论函数的单调性即可；
（2）根据的单调性得到，然后将证明时，转化为证明，即证明，最后根据函数的单调性求最值即可.
【详解】（1）的定义域为，
导函数，
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）得，当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以.
要证，只需证，即证
设，导函数，令，解得.
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以.所以，所以，所以.
20．已知函数（，其中为自然对数的底数）．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，证明：有且只有一个零点，且；
(3)当时，若且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）首先将代入，求出，再求导得出在处切线的斜率，即可求出切线；
（2）将代入，由的二阶导数即可得出单调递增，再结合，，即可证明有且只有一个零点，设，且，分析出的单调性，得出，即可证明；
（3）不妨设，由得出，构造函数，求导数得出在上单调递增，即，可得，令，得出，即可证明．
【详解】（1）将代入，得，则，
所以，
所以，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）将代入，得，，
则，
设，，则，
所以在上单调递增，
因为，，
所以，使，即有且只有一个零点；
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
由得，，
所以，
因为，当且仅当时，等号成立，
因为，所以，故，
所以．
（3）不妨设，
由，
所以，
所以，
设，
，
所以在上单调递增，所以，
因为，所以，
令，，
所以，即，
由得，
所以．