安徽省六安市六安二中教育集团2024届高三数学上学期10月第二次月考试题（Word版附解析）

六安二中教育集团2024届高三第二次月考数学试题2023.10分值：150分时间：120分钟注意事项或温馨提示1．考生务必将自已的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上．2．每小题选出答案后，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．不能答在试题卷上．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．保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损.一、单项选择题：本大题共8小题，每题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，请将正确的选项填涂在答题卡上．1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据一元二次不等式的解法和对数函数的性质，分别求得集合，再结合集合的交集和补集的运算，即可求解.【详解】由不等式，解得或，即或又由有意义，则满足，解得，即，可得，所以.故选：D.2.若命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，转化为对任意的，不等式恒成立，结合二次函数的性质，列出不等式，即可求解.【详解】由命题“”为假命题，可得命题“”为真命题，即对任意的，不等式恒成立，则满足，解得，即实数的取值范围是.故选：A.3.在中，已知，，若有两解，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦定理及图形关系得到即可得到答案.【详解】如上图所示，要使有两解，则以为圆心，为半径的圆与射线有两个交点，有两解的充要条件为，代入题设得.故选：C.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系求出、，即可得解. 【详解】因为，所以，即，即，显然，所以，则，又，所以，所以.故选：D5.教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气．按照国家标准，教室内空气中二氧化碳最高容许浓度为0.15%．经测定，刚下课时，空气中含有0.25%的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为（）A.7B.8C.9D.10【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得，然后列不等式来求得的取值范围，进而求得的最小整数值.【详解】当时，，所以，由得，，所以的最小整数值为.故选：A6.已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解.【详解】函数．当时，令，则，若在有且仅有3个零点和3条对称轴，则在有且仅有3个零点和3条对称轴，则，解得.故选：A．7.已知，，，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，，，令求导分析单调性可判断，再令，求导分析单调性可判断.【详解】，，，构造函数，，，令，，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以，所以．令，，，所以上单调递减， 所以，所以，所以，所以，所以．故选：D8.已知函数f（x）＝sinx的图像与直线恰好有三个公共点，这三个点的横坐标从小到大分别为，，则的值为（）A.－2B.－1C.0D.1【答案】A【解析】【分析】注意到过定点，该点为f（x）＝sinx的对称中心，则，.又恰好有3个交点，则直线为f（x）＝sinx在处切线，则，据此可得答案.【详解】，得直线过定点，该点为f（x）＝sinx的对称中心，则，.得，.又恰好有3个交点，则直线为f（x）＝sinx在处切线，则.又，则.故选：A二、多项选择题：本大题共4小题，每题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的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．请将正确的选项填涂在答题卡上．9.下列说法正确的是（）A.已知函数的定义域为，则函数的定义域为B.幂函数在上为减函数，则的值为1 C.“”是“”的既不充分也不必要条件D.在，“”是“”的充要条件【答案】BCD【解析】【分析】根据抽象函数的定义域求法，可判定A错误；根据幂函数的性质，实数的运算性质，以三角形的性质和正弦定理，结合充分、必要条件的判定方法，可判定BCD正确.【详解】对于A中，由函数的定义域为，令，解得，即函数的定义域为，所以A错误；对于B中，由幂函数，可得，即，解得或，当时，可得，此时函数在上为减函数，符合题意；当时，可得，此时函数在上为增函数，不符合题意，所以的值为，所以B正确；对于C中，例如：当时，可得，即充分性不成立；反之：当，时，满足，但，即必要性不成立，所以是既不充分也不必要条件，所以C正确；对于D中，在，若，可得，由正弦定理得；反之：若，由正弦定理得，则，所以“”是“”的充要条件，所以D正确.故选：BCD.10.若，，且，则下列说法正确的是（）A.有最大值B.有最大值2C有最小值4D.有最小值【答案】AC【解析】【分析】利用基本不等式逐一判断即可. 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以有最大值，故A正确；对于B，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以有最大值，故B错误；对于C，，当且仅当，即时取等号，所以有最小值4，故C正确；对于D，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以有最小值，故D错误.故选：AC.11.已知函数，若存在实数a使得方程有五个互不相等的实数根分别为，，，，，且，则下列说法正确的有（）A.B.C.D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】作出在上的图象，由方程有五个互不相等的实数根，结合图象可得 ，从而判断A；由对数的性质可得，从而有，结合基本不等式即可判断B；由题意可得，结合，即可判断C；由余弦函数的对称性可得，，代入得，利用二次函数的性质及不等式的性质可求得的范围，从而判断D.【详解】作出在上的图象，如图所示：对于A，因为，又因为方程有五个互不相等的实数根，所以，故A错误；对于B，由题意可得，且有所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故B正确；对于C，由题意可得，由A可知，所以，故C正确；对于D，由图可知：与关于对称，与关于对称，且，，所以， 所以因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，即，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：这道题的关键是能够准确作出在上的图象，再结合对数函数的性质和余弦函数的对称性，即可求解问题.12.已知函数及其导函数的定义域均为，若函数，都为偶函数，令，则下列结论正确的有（）A.的图象关于对称B.的图象关于点对称C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据函数奇偶性可求得函数的图象关于对称，的图象关于点成中心对称，即AB正确；又可知，所以，即C错误；经计算可知，又，，即可得是等差数列，由前项和公式可得D正确.【详解】根据题意偶函数可得，即可知，所以函数的图象关于对称，即A正确； 由是偶函数可得为奇函数，所以满足，即，因此的图象关于点成中心对称，所以B正确；由可知，所以；即，所以的图象关于点成中心对称，因此，即C错误；易知，，由可得，联立可得；所以；即，易知是以为首项，公差的等差数列；所以代入等差数列前项和公式可知，即D正确；故选：ABD【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，往往借助函数奇偶性、对称性、周期性等性质进行推理证明，结合对称轴、对称中心等实现求和计算即可.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.已知函数，则__________．【答案】【解析】【分析】根据分段函数解析式，结合对数的运算，准确计算，即可求解.【详解】由函数，可得，所以.故答案为：.14.已知，，则______. 【答案】【解析】【分析】根据已知条件，结合二倍角公式，以及余弦的两角差公式，即可求解．【详解】由得，，又，则则，，所以.故答案为：．15.在中，，，当取最大值时，的面积为______.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，其中，，再根据正弦型函数的最值结合面积公式求解即可.【详解】在中，利用正弦定理，所以，，有， 即，其中，，取最大值，即时，有，，所以，，所以.故答案为：.16.已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案.【详解】，所以，故，所以，为常数，因为，又，故，所以，若在区间内存在零点， 则在区间内存在零点，整理得，设，则，令得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极小值，也是最小值，，故时，成立，即存在，使得有解，即有解，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，又，故，所以，故实数m的取值范围.故答案为：【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：比如：若，则构造，若，则构造，若，则构造， 若，则构造.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.在中，角，，所对的边分别为，，，满足．（1）求的值；（2）若，且的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换得到，计算得到答案.（2）根据面积公式得到，根据余弦定理得到，整理得到答案.【小问1详解】，则即，因为，则，所以，，则．【小问2详解】，得，又，得，所以，即，又，，所以，所以周长是.18.已知，其中，，，且满足，．（1）求的解析式； （2）若关于的方程在区间上总有实数解，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）利用三角函数的倍角公式对原函数化简，可求得与的关系式，再结合导数的运算法则即可求解；（2）利用正弦函数的单调性可得出函数的值域，再利用对数函数得单调性即可得解.【小问1详解】由题意，函数，由得，，又因为，由，得：，所以，所以的解析式为：.【小问2详解】由（1）得，因为，所以，所以，则有，即又因为方程在区间上总有实数解， 所以在区间上成立，所以，，所以，所以实数的取值范围为.19.已知函数，当时，有极大值，且.（1）求函数的解析式；（2）在（1）的条件下，讨论函数在上的最大值.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，可求得，再结合，即可求解；（2）分、和三种情况结合单调性讨论即可求解.【小问1详解】因为，所以，因为时，有极大值所以：，即，即.当时，，令，即；令，即或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极大值，符合题目条件. 又，所以，所以.【小问2详解】由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.①当时，函数在上单调递增，；②当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，所以；③当是，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，所以，综上所述，当或时，；当时，.20.如图，已知扇形是一个观光区的平面示意图，其中扇形半径为10米，，为了便于游客观光和旅游，提出以下两种设计方案：（1）如图1，拟在观光区内规划一条三角形形状的道路，道路的一个顶点B在弧上（不含端点），，另一顶点A在半径OM上，且，的周长为，求的表达式并求的最大值； （2）如图2，拟在观光区内规划一个三角形区域种植花卉，三角形花圃的一个顶点B在弧MN上，另两个顶点A、C分别在半径OM、ON上，且，，求花圃面积的最大值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)由题意结合图形，可得，由正弦定理得，，代入的周长得，由三角恒等变换化简得，根据的范围即可求出的最大值；(2)由图可知，的面积的面积相等，由余弦定理得，再由基本不等式得，代入的面积公式即可求面积的最大值．【小问1详解】因为，，所以，，又因为，，所以在中，由正弦定理知得，∴，， 周长为，，所以，∵，∴，∴当时，即时，周长取最大值，为．【小问2详解】由题意，可知（2）中的面积与（1）中同底等高，即二者面积相等，在中，，，，，由余弦定理知：，∴，当且仅当时等号成立，∴，．即花圃面积的最大值为．21.已知.（1）当时，求的最小值；（2）当时，有恒成立，求b的取值范围.【答案】（1）0（2）【解析】【分析】（1）求函数的定义域和导函数，根据的单调性确定函数的取值规律，由此判断函数的单调性，求其最值；（2）已知条件等价于等价于在上恒成立，利用导数求函数 的最小值可得b的取值范围.【小问1详解】由题意知，，所以，易见在上递增，且，所以当时，，即，在上单调递减，当时，，即，在上单调递增，故，所以的最小值为0.【小问2详解】由已知在上恒成立，即在上恒成立，也即在上恒成立.令，，所以，令，则是上的增函数，又因为，，所以在区间上存在唯一的零点，即，由得，又由函数在区间上单调递增，上式等价于 所以，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以.【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)恒成立⇔；(2)恒成立⇔.22.已知函数的图象在点处的切线与轴垂直．（1）求实数的值．（2）讨论在区间上的零点个数．【答案】（1）（2）在区间上的零点个数为2【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，解得即可；（2）由（1）知，求出函数导函数，令，利用导数说明的单调性，即可得到在上的零点情况，当时，将变形得，令，利用导数说明的单调性，即可判断其零点个数，从而得解.【小问1详解】因为，则，由题意得，函数的图象在点处的切线斜率为，即，解得．【小问2详解】 由（1）知，，，令，则．当时，，，此时，单调递增，，故函数单调递减，所以，故函数在上无零点．当时，将变形得，设，则，设，则，易知当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，又，，，故存在，使，当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，故，又，故函数在上没有零点，在上有1个零点．综上所述，在区间上的零点个数为2．【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．