2024届辽宁省名校联盟高三上学期10月联合考试数学试题含解析

这是一份2024届辽宁省名校联盟高三上学期10月联合考试数学试题含解析，共22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，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据集合的概念化简集合，再通过集合的补集、并集运算即可解答.
【详解】由题意得集合，，，所以．
故选：C
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．0D．2
【答案】A
【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以，所以，．
故选：A
3．已知命题p：，是假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由命题p的否定“，”为真命题求解．
【详解】解：由题意，命题p的否定“，”为真命题．
当时，恒成立；
当时，，解得．
综上，．
故选：A．
4．已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由复合函数单调性法则得，即，解不等式即可得出答案.
【详解】由且，得为单调递减函数，
由复合函数单调性法则得，
又，解得．
故选：C．
5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．充要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，结合正弦定理与三角函数的性质分别验证充分性与必要性，即可得解.
【详解】充分性：已知正弦定理，
当时，，即，
显然，
若，又，则均为钝角，显然不合题意；
故，又，则均为锐角，
又在上单调递增，所以，
则，所以成立；
必要性：当时，
因为的值域为，所以，
又，所以，
所以，即，
所以为等边三角形，则成立；
综上，“”是“”的充要条件.
故选：B．
6．2023年8月8日，第31届世界大学生夏季运动会（成都世界大学生运动会）完美收官．在倒计时100天时，成都大运会发布了官方体育图标——“十八墨宝”．这组“水墨熊猫”以大熊猫“奇一”为原型，将中国体育与中国书画、中国国宝的融合做到了极致．“十八般武艺”造就“十八墨宝”，花式演绎十八项体育竞技，代表了体操、游泳、羽毛球等18个成都大运会竞赛项目，深受广大人民喜爱．其中，射箭的水墨熊猫以真实的射箭运动为原型，拉满弓箭时，弓臂为圆弧形，弧中点到弦中点的距离为2cm，弦长为8cm，则弓形的面积约为（参考数据：，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出弓形弧所对圆心角的大小，再求出扇形、三角形面积即可得解.
【详解】依题意，弦AB中点为D，弧AB的中点为C，，，，如图，
设圆的半径为R，，，在中，，解得，
，．显然，则，，
，于是，
因此扇形的面积，而的面积，
所以弓形面积约为.
故选：C
7．已知函数，若在内存在最小值，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用导数确定函数的单调区间及极小值为，再令，得，最后由，求解即可.
【详解】解：因为，
所以，
令，解得或，
所以在，内单调递增，在内单调递减，
所以极小值为．
令，则，
所以，
由题意得，
所以a的取值范围为.
故选:C．
8．已知函数满足，当时，且，若当时，有解，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先根据已知条件导出在上单调递增，再利用已知条件将不等式转化为，根据单调性可知当时，有解，从而根据不等式能成立来求解a的取值范围为即可.
【详解】取且即，
因为，
所以，
又当时，有，
所以当时，有，
所以在上单调递增；
而，
又，
所以，
又在上单调递增，
所以，
所以当时，有解，即有解；
令，则，设，
则在上单调递减，
当，即时，，所以．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是首先明确解抽象函数不等式一定要联想到函数单调性，所以是先设法求解函数的单调性，其次再利用单调性设法将其转化为能成立问题，从而顺利求解.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．方程组的解集为
B．若，，则
C．若复数，满足，则或
D．若，，则
【答案】BD
【分析】求解方程即可判断A，由不等式的性质判断B，由复数的运算，即可判断C，由对数的运算，结合基本不等式即可判断D.
【详解】因为的解集为，故A项错误；
，故B项正确；
若，，则，但且，故C项错误；
由题意，，，所以，故D项正确.
故选：BD．
10．已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对于A，由题意可得，利用基本不等式求解即可；对于B，由题意可得，利用基本不等式求解即可；对于C，由题意可得，利用基本不等式求解即可；对于D，由题意可得，从而得，结合二次函数的性质求解即可.
【详解】解：对于A，，
当且仅当时取等号，故A项正确；
对于B，，
所以，
当且仅当，即，时取等号，故B项正确；
对于C，，
当且仅当，即，时取等号，故C项错误；
对于D，因为，，，
所以，，
又因为，
所以，
即，故D项正确．
故选：ABD．
11．已知，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据三角恒等变换，以及利用和，逐个选项进行分析，可得答案.
【详解】因为，所以，所以为第一象限角或第三象限角．
当为第一象限角时，，；当为第三象限角时，，，所以，故A项正确；
；故B项错误；
，故C项正确；
，
当为第一象限角时，原式；
当为第三象限角时，原式，故D项错误．
故选：AC
12．已知函数，若函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为3
B．的图象关于点对称
C．直线是曲线的一条切线
D．若关于x的方程在区间上有2023个零点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】根据的图象可求得，可知最大值为1，即A错误，由整体代入法可求得的一个对称中心为，可知B正确；利用导数的几何意义可求得C正确；根据函数的周期性以及一个周期内的零点个数可知D正确.
【详解】由题意可知的最大值为1，最小值为，
所以有解得，
因为，，所以，
又，所以，，
所以函数的解析式为，即的最大值为1，故A项错误；
令，解得，所以当时，的图象关于点对称，故B项正确；
设切点为，
由，可得，
切线方程为，
所以可得，所以，满足题意；
此时切点为，切线为，故C项正确；
令，得，此时或，
由函数周期为，且一个周期内有两个零点，
所以可得，故D项正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将函数的图象转换成函数的图象，并由图象求得函数的解析式，即可逐一判断选项是否正确.
三、填空题
13．已知，，若，则 ．
【答案】
【分析】根据同角三角函数的关系可得，，再根据两角和的正弦公式化简可得，进而可得.
【详解】因为，，所以，，
所以，解得，
所以．
故答案为：
14．设函数，若为奇函数，则曲线过点的切线方程为 ．
【答案】和
【分析】由奇函数的概念求出，再由导数的几何意义设出切线方程后将点坐标代入求解．
【详解】因为为奇函数，，得，
，，
设切点，则切线方程为，
又切线过点，代入得
解得或．当时，切点为，切线方程为；
当时，切点为，切线方程为．
故答案为：和
15．已知函数且关于x的方程有7个不同实数解，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题属于嵌套型函数的解的问题，画出的函数图像，设，
根据题意，等价于方程，通过求的解的个数，利用数形结合，可求得的取值范围.
【详解】
由题意，的图像如图所示，因为有7个不同实数解，设，则方程有2个不等实根，且或，．
当，时，，满足题意；
当时，，解得．
综上，．
故答案为：
16．若对任意，，当时，，则a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由指数和对数的运算性质可得，令，对求导，可得在上单调递减，即，即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以．因为，
所以，所以．
设，则满足在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
在内单调递增，所以，即a的取值范围为．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是化简为，设，对求导，求解即可.
四、解答题
17．已知函数的最大值为．
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)将的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，得到的图象，求满足的x的取值集合．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用三角恒变换得，再由函数的最大值为，得，，根据周期公式和正弦函数的单调性计算即可；
（2）根据三角函数的平移及伸缩变化得，由可得，由正弦函数的性质求解即可.
【详解】（1）解：
．
因为的最大值为，所以，
解得，
所以， 的最小正周期．
令，解得，
所以的单调递减区间为．
（2）解：将的图象向右平移个单位长度，
得到的图象，再将横坐标缩短为原来的，得到．
若，则，
令，
解得．
综上，满足的x的取值集合为．
18．已知函数，，且在区间上只取得一次最大值．
(1)求的解析式；
(2)在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得为函数的一条对称轴，即可求出的取值集合，再根据在区间上的最大值情况，求出的范围，从而求出的值；
（2）首先求出角，再由面积公式及余弦定理计算可得.
【详解】（1）因为，所以是的对称轴,
令，解得．
又在区间上只取得一次最大值，此时，
所以，解得．
当时，满足题意，的解析式为．
（2）在中，因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，，，
所以．
由余弦定理得，
所以，
所以（负值舍去）．
19．已知函数．
(1)求的反函数；
(2)若函数，当时，，求a的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由反函数的概念求解，
（2）由换元法与对数函数性质求值域，再分类讨论解不等式．
【详解】（1）令，所以，
所以，解得，
所以的反函数，．
（2）因为，所以．
设，所以，
所以．
设，则在区间上单调递减，值域为，
当时，，即，
所以，解得；
当时，，即，
所以，解得（舍）．
综上a的取值范围为．
20．已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M在边AB上，，，且，______．
在①CM为的一条中线；②CM为的一条角平分线；③CM为的一条高线
这三个条件中任选一个，补充在上面的横线中，并进行解答．
(1)求边长AB；
(2)若外接圆的面积为，内切圆的面积为，求的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，若选择①：，利用余弦定理结合可得，在中，利用余弦定理运算求解；若选择②：因为，利用余弦定理可得，根据勾股定理结合等腰三角形分析求解；若选择③：根据勾股定理结合等腰三角形分析求解.
（2）利用正弦定理求外接圆的半径，利用等面积法求内切圆的半径，进而可得结果.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
由倍角公式可得，则，
又因为，则，
所以，即．
且，则，可得，
又因为，所以．
若选择①：若CM为的中线，设，
由余弦定理可得，，
因为，可得，
即，整理得，可知，
又因为，解得或（舍去），
所以；
若选择②：若CM为的角平分线，则，
在中，由余弦定理得，即，
可知，即，可知，
所以；
若选择③：若CM为的高线，则，
则，即，则，
可知，可知
所以．
（2）设外接圆的半径为R，由正弦定理可得，解得，
所以，
由题意可知：，所以的周长，
所以的面积．
设内切圆的半径为r，则，解得，
可得，所以．
21．已知函数．
(1)当在处取得极小值－1时，求的解析式；
(2)当时，求在区间上的最值；
(3)当且时，若，，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)．
【分析】（1）求，由题意可得，解方程求出，即可求出；
（2）对分类讨论求出的最大值即可；
（3）对求导，得到的单调性，对分类讨论，要使，即可.
【详解】（1）因为，所以，
又在处取得极小值－1，所以，，
即，解得所以．
此时，
所以在内单调递减，在内单调递增，
在处取得极小值－1，满足题意．
综上，的解析式为．
（2）当时，，．
①当时，在内单调递减，在内单调递增，所以的最小值为．
又，，
所以，
故的最大值为；
②当时，在内单调递增，在内单调递减，所以的最大值为，
此时，
故的最小值为．
综上，当时，在区间上的最小值为，最大值为；
当时，在区间上的最大值为，最小值为．
（3）当且时，，．
令，解得，所以在内单调递减，在内单调递增．
①当时，，在内单调递增，所以；
②当时，，在内单调递减，在内单调递增，
所以，不满足题意，综上，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．已知函数．
(1)求证：当时，；
(2)求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证法一：利用导数分析函数在区间上为增函数，即可得出，即可证得结论成立；
证法二：先证明出，其中，然后证明出当时，，构造函数，利用导数分析函数在区间上先增后减，结合，可证得结论成立；
（2）证明出当时，，可得出，利用放缩法结合不等式的基本性质可证得，然后证明出当时，，可得出，结合不等式的性质可得出，综合可证得结论成立.
【详解】（1）证明：证法一：因为，
所以，且，．
当时，设，，
因为函数、在上均为减函数，
则在内单调递减，
又因为，，
所以，使得，
且当时，；当时，.
此时在内单调递增，在内单调递减，
又，，故对任意的，，
则在内单调递增，所以.
综上，当时，得证；
证法二：设，则，
所以在内单调递增，所以，即．
由题意，，
只需证在区间内恒成立．
设，，
设，
因为函数、在上均为减函数，
则在区间内单调递减，
因为，，
所以，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又因为，，，
，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减．
因为，，
所以在区间内恒成立．
综上，当时，得证．
（2）证明：因为，所以，由（1）可得．
接下来证明，其中，
设，，
设，
因为函数、在上均为减函数，
则在区间内单调递减，
因为，，
所以，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又因为，，，
，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减．
因为，，
所以在区间内恒成立．
令，所以，
所以，，，…，，
所以．
对，，所以，
所以
，
所以得证．
设，则，
则在区间上单调递减，
所以．
令，，所以，，
所以，…，，
所以．
综上，．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.