新疆喀什第二中学2024届高三上学期期中测试数学试题（Word版附解析）

喀什第二中学2023～2024学年第一学期高三年级期中测试数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4．本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数及其应用、三角函数与解三角形、平面向量与复数。一、选择题：本题共8小题，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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题可得，然后利用交集的概念即得.【详解】由可得，即，所以．故选：C．2.若复数z满足，则（）A.B.5C.D.20【答案】A【解析】【分析】由复数的除法计算出复数z，再利用模长公式求.【详解】因为，所以，所以．故选：A． 3.如图所示，在中，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.【详解】根据向量的线性运算法则，可得：.故选：A.4.若角的终边上有一点，且，则（）A.4B.C.-1D.【答案】C【解析】【分析】根据公式，即可得到本题答案.【详解】由已知，得，解得.因为，所以，则.故选：C5.设，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】分别证明充分性和必要性，即可得到本题答案.【详解】①当时，满足“”，但不满足“”，所以“”不能推出“”，故充分性不成立；②由，解得，因“”可以推出“”，故必要性成立.综上，可知“”是“”的必要不充分条件.故选：B6.为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业､人才､文化､生态､组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于还款人的年收入（单位：万元）的Logistic模型：.已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50%，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为（参考数据：）（）A.30%B.40%C.60%D.70%【答案】B【解析】【分析】根据题意求得，令，即可求解.【详解】由题意知，当时，，则，解得，所以，可得，所以，当时，.故选：B.7.镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家3A级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为 30°，则镇国寺塔的高度约为（）（参考数据：）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知，在中应用正弦定理得，再由倍角余弦公式求，进而求镇国寺塔的高度.【详解】在中，则，所以，而，，所以，又，则.故选：C8.已知函数有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数几何意义求出在两点处的切线斜率，即可得出是的两根，利用韦达定理即可得出的取值范围. 【详解】根据题意可知的定义域为，所以，易得，由导数的几何意义可得切点为时，切线斜率为,同理可得，点处切线斜率；又因为两条切线与直线平行，可得，即所以是关于方程的两根，所以，即，又可得；所以，由可得即，所以的取值范围是.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用导数的几何意义和两直线平行的位置关系得出关于的等量关系，再根据函数定义域和韦达定理即可求得表达式的取值范围.二、选择题：本题共4小题。9.下列等式成立的是（）A.B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】应用倍角正余弦、和差角正余弦公式及诱导公式化简求值，即可判断各项的正误.【详解】A：，成立；B：，成立；C：，不成立；D：，不成立.故选：AB10.已知实数a，b，c，其中，，则下列关系中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据作差法判断A，D选项，根据不等式的性质判断B选项，特殊值法判断C选项.【详解】对于A，，故A正确；对于B，因为，，所以，故B正确；对于C，当，，时，，故C错误；对于D，因为，故D正确. 故选:ABD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.的最大值为2C.的图象关于直线对称D.在上单调递减【答案】BD【解析】【分析】由、是否成立判断A、C；由，结合余弦函数、二次函数性质判断B、D.【详解】由，所以不是的周期，A错；由，所以的图象不关于直线对称，C错；由，而，所以，B对；由在上递减，且，结合二次函数及复合函数的单调性知：在上单调递减，D对.故选：BD12.已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，，若是奇函数，则（） A.的图象关于对称B.C.是奇函数D.与关于原点对称【答案】ABC【解析】【分析】根据偶函数和函数对称性的定义可判断A选项；利用函数的周期性可判断B选项；利用奇函数的定义可判断C选项；利用对称性的定义可判断D选项.【详解】由题意，得，即，整理得，所以的图象关于对称，故A正确；又因为为偶函数，则，所以，则，所以，故B正确；，则为奇函数，故C正确；因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误．故选：ABC．三、填空题：本题共4小题。13.已知非零向量的夹角为，则__________．【答案】12【解析】【分析】将向量垂直转换为数量积为0，由数量积的计算公式结合已知条件即可求解.【详解】由题意非零向量的夹角为，所以，化简得，由数量积公式得，解得.故答案为：12. 14.圆心角为2的扇形的周长为4，则此扇形的面积为______.【答案】1【解析】【分析】根据弧长公式结合面积公式计算即可.【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，又，所以，，扇形的面积.故答案为：1.15.已知，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】根据题意，结合基本不等式得到，再结合，即可求解.【详解】由，可得，可得，当且仅当，即时，等号成立，又由，当且仅当，即时，等号成立，综上所述，当时，取得最小值.故答案为：.16.设函数，若，则不等式的解集是__________；若函数恰好有两个零点，则的取值范围是__________．【答案】①.②.【解析】【分析】当时，分和两种情况解不等式即可的解集，画出 的图象，结合图象求解即可【详解】当时，，令，且，解得或，令且，解得，所以的解集为．令，解得或，令，解得，由，得，当或时，，当时，，所以在和上递增，在上递减，所以的极大值为，极小值为，如图所示，当时，恰有两个零点，符合题意；当时，恰有3个零点，不符题意；当时，恰有2个零点，符合题意；当时，恰有1个零点，不符题意．所以取值范围是．故答案为：；.【点睛】关键点点睛：此题考查分段函数，考查函数与方程的应用，解题的关键是画出函数的图象，结合图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题.四、解答题：本题共6小题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.已知，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用同角三角函数关系求值再根据角的范围判断符号即可；（2）先根据同角三角函数关系求值再应用诱导公式求值.【小问1详解】因为，所以，所以，即.因为，则，所以，，因为，所以.【小问2详解】由解得，，所以；所以.18.已知函数．（1）若关于的不等式的解集为，求的值；（2）当时，解关于的不等式．【答案】（1）（2）答案见解析 【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式和一元二次方程的关系列方程，解方程得到，然后求即可；（2）分、和三种情况解不等式即可.【小问1详解】由题意可知，关于的不等式的解集为，所以关于的方程的两个根为1和2，所以，解得，则．【小问2详解】由条件可知，，即，当时，解得或；当时，解得；当时，解得或．综上可知，当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或.19.已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．（1）求与的解析式； （2）令，求方程在区间内所有实数解的和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由函数图象可得即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数的解析式；（2）先求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】由图可知，，函数的周期，所以，所以，又，所以，所以，所以，又，所以，所以，因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以；【小问2详解】 ，由，得，因为，所以，所以或或或，所以或或或，所以方程在区间内的所有实数解的和为．20.已知函数是偶函数.（1）求的值;（2）设，，若对任意的，存在，使得，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由偶函数的性质即可求解的值；（2）由题意可得在上的最小值不小于在上的最小值，分别求出和的最小值，即可求解.【小问1详解】 因为是偶函数，所以，即，，，，，，，，所以，即.【小问2详解】，因为对任意的，存在，使得，所以在上的最小值不小于在上的最小值，因为在上单调递增，所以，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，解得， 所以的取值范围为.21.如图，在平面四边形中，．（1）若，求的长；（2）若，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，应用正弦定理求得，进而可得，进而有，在应用正弦定理求；（2）由及，再结合正弦定理求.【小问1详解】在中，整理得，所以，故，又，在中，又， 所以，故.【小问2详解】由，由，而，故，故，所以，所以，即，则，在中，则.22.已知函数且．（1）讨论的单调性．（2）若有且仅有两个零点，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】【分析】（1）分，讨论，利用导数与函数的单调性的关系即得；（2）根据函数的单调性可得，进而可得函数的极小值小于零，然后构造函数利用导数结合条件解不等式即得. 【小问1详解】因为函数且，函数定义域为，所以，当时，在上恒成立，在上单调递增，当时，令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】由（1）知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意；当时，在处取得极小值，且，所以，设，即，设，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，取得极大值，，所以，即或，设，则，当时，，所以在上单调递增，又，所以或， 综上所述，的取值范围是．【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究