河南省新乡市卫辉市普高联考2024届高三数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

绝密★启用前普高联考2023—2024学年高三测评（二）数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡和试卷指定位置上．2．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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、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．设集合，则（）A．B．C．D．2．命题“”的否定是（）A．B．C．D．3．已知角的终边过点，则（）A．B．C．D．4．里氏震级是表示地震规模大小的标度，它是由观测点处地震仪所记录到的地震波最大振幅和观测点所在地规模0地震所应有的振幅的常用对数演算而来的，其计算公式为．2023年8月6日2时33分，山东省德州市平原县发生5.5级地震，29分钟后又发生3.0级地震，用和分别表示震级为5.5和3.0的地震波最大振幅，则（）（参考数据：）A．25B．31.6C．250D．3165．“”是“函数在上单调递增”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6．若方程在上有两个不同的根，则的取值范围为（） A．B．C．D．7．三角函数的发展过程中，托勒密做出了杰出的贡献，托勒密的《天文学大成》中有一张弦表，被认为是最早的正弦表．据书中记载，为了度量圆弧与弦长，托勒密采用了巴比伦人的60进位法，把圆周360等分，把圆的半径60等分，即用半径的作为单位来度量弦长，其中圆心角所对应的弦长表示为．建立了半径与圆周的度量单位以后，托勒密先着手计算一些特殊角所对应的弦长，比如角所对的弦长正好是正六边形外接圆的半径，则角所对应的弦长为60个单位，即，由此可知，的值为（）A．B．C．D．8．已知为函数的两个不同的极值点，若，则的取值范围是（）A．B．C．D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．已知函数的部分图象如图所示，则（）A．的最小正周期为B．C．的图象关于对称D．将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于轴对称 10．已知函数，则（）A．的最小值为B．的最大值为C．曲线在处的切线过原点D．函数的导函数存在最大值111．记的内角的对边分别为，已知的周长为3，，则（）A．存在非等边满足B．存在满足C．内部可以放入的最大圆的半径为D．可以完全覆盖的最小圆的半径为12．已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则（）A．的周期为4B．C．D．的所有零点之和为16三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．______．14．设，且，则______．15．已知函数，设方程最小的两个正根为，，若，则______．16．已知函数，若的图象与直线有且仅有一个交点，则的取值集合为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知函数．（1）设函数，判断的奇偶性； （2）求不等式的解集．18．（12分）已知函数相邻两条对称轴的距离为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于原点对称．（1）求；（2）设函数，当时，方程有且仅有两个实数根，求实数的取值范围．19．（12分）记的内角的对边分别为，已知．（1）若，求；（2）若，求．20．（12分）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：）21．（12分）在中，角所对的边分别为，已知．（1）若，且外接圆的半径为1，求的面积；（2）若，求的值． 22．（12分）设函数，曲线在处的切线方程为．（1）求的值；（2）设函数．（ⅰ）证明：只有一个极值点；（ⅱ）证明：．普高联考2023—2024学年高三测评（二）数学参考答案一、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．题号12345678答案BCBDAABA1．B【解析】因为，所以，故，故选B．2．C【解析】因为存在量词命题的否定为全称量词命题，全称量词命题的否定是存在量词命题，所以“”的否定是“”，故选C．3．B【解析】由题意知，，则，故选B．4．D【解析】由题意得，，从而，因此，故选D．5．A【解析】二次函数的图象的对称轴为，由在上单调递增可知即．故“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件． 6．A【解析】由题意可知当时，有两根．设，则，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，取得极大值，也是最大值，为的大致图象如图所示，当时，，当时，，所以，故选A．7．B【解析】角所对应的弦长为正八边形的边长，设正八边形的外接圆半径为，由余弦定理，，所以．故选B．8．A【解析】，令，因为为的两个不同的极值点，所以，所以，又，所以，解得，故选A．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分题号9101112答案ACADBCDAC9．AC【解析】，所以，故A正确；的最大值为2，所以，因为，所以，又，所以或 ，因为在处的切线斜率大于0，所以，故B错误；由A，B选项可知，，当时，，所以的图象关于对称，故C正确；将的图象向右平移个单位长度得到的图象对应的函数为，图象关于原点对称，故D错误．10．AD【解析】，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，无最大值，故A正确，B错误；已知，则切线为，不过原点，故C错误；因为，故D正确，故选AD．11．BCD【解析】依题意，由余弦定理，．对于选项A，因为，所以，即，则，故A错误；对于选项B，因为，所以，即，则，此时为等边三角形，故B正确；对于选项C，由可得，，当且仅当时等号 成立，解得或（舍去），所以的面积的内切圆半径，所以内部可以放入的最大圆的半径为，C正确；对于选项D，设外接圆的半径为，因为，所以，解得或（舍去）．由可得，因为，所以，所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，D正确．12．AC【解析】因为为偶函数，所以，则，所以曲线关于直线对称，又为奇函数，所以，所以，则，所以是周期为4的周期函数，A正确；，故，B错误；由题意可知当时，，且与的周期相同，与均为奇函数，故与同正同负，所以，故C正确；的零点可看作与的图象交点的横坐标，作出与的图象，如图所示，由图可知，共有7个交点，且前3个交点与后3个交点关于第4个交点对称，所以所有零点之和为，D错误． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【解析】．14．【解析】因为，又，所以，．15．【解析】令，且当时，，所以，解得，又，所以，解得．16．【解析】依题意可知方程有且仅有一正根，易知，当且仅当时等号成立，又因为，当且仅当时等号成立，所以，解得．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（1）的定义域为，所以是偶函数．（2）， 可知在上单调递增，不等式可转化为，所以，解得，所以不等式的解集为．18．（1）依题意，，解得，，的图象关于原点对称，，，．（2）由（1）可知，．令，，当时，取得最大值，有且仅有两个实数根，．19．（1）由正弦定理可得，即，可得，因为，所以，所以， （2）方法一因为，所以由余弦定理，可得，联立可得所以，所以．方法二由余弦定理可得，又，所以，因为，所以，由正弦定理可得，又，所以，即，显然，所以，故．20．（1）当时，，当时，，故（2）当时，，所以当时，．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．（1）因为，所以，即，又外接圆的半径为1，由正弦定理可知，，所以，所以，所以，解得或（舍去），所以．（2）方法一由题意可知，的最小值为，因为，所以，由余弦定理可知，，所以，又因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，解得（舍去）．方法二因为，所以．设，则．所以．因为对称轴为，所以在单调递增，所以， 所以．因为，所以．所以（舍）．22．（1）因为，所以，故，且符合条件．（2）（ⅰ），设，则，令，得或，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，又，故存在使得，所以只有一个极值点．（ⅱ）在上为增函数，且，故存在使得，此时在处取得极小值，且，由（ⅰ）知为的极大值点，，设，则，故为增函数，因为，所以． ，