2024届河北省金科大联考高三上学期10月质量检测数学试题含解析

这是一份2024届河北省金科大联考高三上学期10月质量检测数学试题含解析，共16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．设（），若，则（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】根据复数的运算及复数模的运算即可.
【详解】依题，所以，.
故选：A
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的定义域和值域求并集即可.
【详解】由题意可知，而，
所以.
故选：B
3．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据对数函数的单调性比较的大小关系，并判断c的范围，即可得答案.
【详解】由于，
且，
故，
故选：C
4．设为的导函数，若，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求导，令，求得，则可求，进而求出切线方程.
【详解】因为，
所以，
令，
，，
所以曲线在点处的切线方程为：，即.
故选：D
5．设，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用二倍角公式以及辅助角公式可推出，结合角的范围求得，即可求得答案.
【详解】由题意，
则，即，
故，即，
由于，所以，
则，即，
故，
故选：B
6．在平行四边形中，是的中点，是的中点，与相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知：为的重心，结合向量的线性运算结合重心的性质分析求解.
【详解】设，
由题意可知：为的重心，且为的中点，
可知四点共线，且，
所以.
故选：A.
7．记的内角的对边分别为，且，若的面积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据余弦定理、三角形面积公式以及同角三角函数关系求解即可.
【详解】在中，由余弦定理得，，
因为，则
即，
因为的面积为，所以，即，
所以，即，
又因为，
代入化简得，，
则或（，舍去），
故选：C
8．已知函数则函数的所有零点之和为（ ）
A．2B．3C．0D．1
【答案】D
【分析】令，得到，令，可得，列出方程求得，得到，在结合函数的解析式，列出方程，即可得到答案.
【详解】由函数，令，则，
令，可得，
当时，由，可得，即，解得；
当时，由，可得，即，解得或（舍去），
所以，即，
当时，令或（舍去），解得或；
当时，令，解得或，
所以函数的零点之和为.
故选：D.
二、多选题
9．已知，为平面上的单位向量，且，则（ ）
A．向量与的夹角的余弦值为
B．
C．
D．向量在向量上的投影向量为
【答案】ABD
【分析】根据向量的夹角公式可判断A；根据向量数量积的运算律以及向量模的计算判断B；根据向量的数量积的运算律判断C；根据投影向量的概念进行计算判断D.
【详解】由题意知，且，
故，即，
故，A正确；
，故，B正确；
，
故不垂直，C错误；
向量在向量上的投影向量为，D正确，
故选：ABD
10．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．
C．将曲线向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
D．若在区间上单调递增，则
【答案】AD
【分析】由函数图像可确定函数最小正周期，判断A；将代入，求出，判断B；根据三角函数的图象的平移变换规律可得平移后图象的解析式，结合正弦函数性质可判断C；利用余弦函数的单调性可判断D.
【详解】由于，故，A正确，
由于，则，故，
即，
而，故，B错误；
由于，
故将曲线向右平移个单位长度后得到的图象，
该图象关于原点对称，不关于轴对称，C错误；
当时，，当时，
由于在上单调递增，在上单调递减，
故在上单调递增，在上单调递减，
故由在区间上单调递增，得，D正确，
故选：AD
11．已知函数是定义在上的奇函数，且，则（ ）
A．的一个周期为3B．的图象关于直线对称
C．D．
【答案】AD
【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性一一判定即可.
【详解】由题意可知，
所以，即的一个周期为3，故A正确；
因为函数是定义在上的奇函数，
故有，
即的图象关于对称，故B错误；
由上，但不能确定的大小，
故C错误；
由上有，故D正确；
故选：AD.
12．已知，设函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，在定义域上单调递增
B．当时，有两个极值点
C．若为的极值点，则
D．若为的极值点，则
【答案】ACD
【分析】利用导数研究函数的单调性可判定A，利用导数研究函数的极值点、极值结合韦达定理一一判定B、C、D即可.
【详解】当时，，
即在定义域上单调递增，故A正确；
易知，
当时，令，
即无解，所以无极值点，故B错误；
若为的极值点，
则由上可知是方程的两根，
即，故C正确；
，
由上可知，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．在中，内角所对的边分别为，若，，，则 ．
【答案】3
【分析】根据余弦定理直接代入计算即可.
【详解】在中，由余弦定理得，，
因为，，，
所以，
化简得，，
所以或（负值舍去）.
故答案为：3
14．写出同时满足如下三个条件的一个函数解析式 ．
①为偶函数；②的定义域为；③的值域为
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据函数的定义域、值域、奇偶性，结合常见函数的性质可得结果.
【详解】由于的定义域为，值域为，故可联想到三角函数，
又因为为偶函数，结合三角函数性质得：
函数可以为、等，
故答案为：（答案不唯一）.
15．已知正实数，满足，则的最小值为 ．
【答案】12
【分析】由条件可得，将展开并变形为，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为正实数，满足，
故，当且仅当时等号成立，
故
，
当且仅当，即时取等号，符合题意，
故的最小值为12，
故答案为：12
16．设，若，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意对不等式转化后进行同构，结合参变分离的方法，将恒成立转化为求解新函数的最值问题，构造函数求导后即可求得答案.
【详解】由题意得，，，
则，即，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
由，即，
令，则恒成立，
则在单调递减，所以，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查恒成立与最值的综合问题.关键点在于将原不等式进行变换，出现两次，即可进行换元化简，再结合恒成立问题与最值的关系以及导数相关知识求解答案即可.本题考查转化与化归能力，属于一般题.
四、解答题
17．记的内角A，，的对边分别为，，，，．
(1)求；
(2)若，求的外接圆的面积．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理及和角公式化简计算即可；
（2）根据（1）及三角形内角和可求得，利用正弦定理可得外接圆的半径即可.
【详解】（1）由正弦定理及已知可得：，
化简得；
（2）由，
在中，，，
所以，
设外接圆半径为R，由正弦定理可得，
所以外接圆的面积为.
18．设命题：“对任意，恒成立”．且命题为真命题．
(1)求实数的取值集合；
(2)在（1）的条件下，设非空集合，若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据不等式恒成立可得对任意恒成立，将变形并结合基本不等式，即可求得答案；
（2）由题意推出，由此可得不等式，即可求得答案.
【详解】（1）对任意，恒成立，即，
即对任意恒成立，
而，即，故
，
当且仅当，即时取等号，
故，则实数的取值集合.
（2）解，即，得或，
由于“”是“”的充分条件，故,
故，即，
所以实数的取值范围为或.
19．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，设，分别为的极大值点和极小值点，且点，，若直线在轴上的截距大于，求的取值范围.
【答案】(1)当时，函数在R上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
(2)
【分析】（1）求导得，再对分类讨论得解；
（2）由（1）求得直线方程，从而利用截距不等关系列式求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，令得，或，则，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上，当时，函数在R上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）及极值点的概念知，当时，，，且，
则直线：，
令，则，
依题意，，由可化为，解得，
所以的取值范围为.
20．记函数，的最小正周期为．
(1)若，且直线为的图像的一条对称轴，求；
(2)若为的一个零点，且在区间上至多有两个零点，求．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据求得，根据直线为的图像的一条对称轴得到，结合诱导公式求解答案即可；
（2）由在区间上至多有两个零点得到，即或，再根据为的一个零点验证答案即可.
【详解】（1）因为，
所以，又因为，所以，则，
因为直线为的图像的一条对称轴，所以，
即，
所以
（2）由为的一个零点，可知，则
因为在区间上至多有两个零点，所以，
因为，所以，则，
又因为，所以或.
①当时，代入，得，
因为，所以，此时在只有一个零点，符合题意；
②当时，代入，得，
因为，所以不符合题意；
综上，，
21．已知函数（），．
(1)求的最小值；
(2)设不等式的解集为集合，若对任意，存在，使得，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用对数函数性质，以及基本不等式，即可求得答案；
（2）解不等式求出，利用换元法得，由题意知为时的值域的子集，分类讨论确定的值域，列出相应不等式组，求得a的值，即得答案.
【详解】（1）当时，，故，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为；
（2）由，即，即，
解得，即，故，
设，则当时，，
对于函数，时为增函数，故，
则，
设，由题意知为时的值域的子集，
当，即时，在上单调递增，
故，即得；
当，即时，在上的最大值为中的较大者，
令；令，则，不合题意；
当，即时，在上单调递减，则，
解得，
综合上述，实数a的值为.
【点睛】关键点睛：本题综合性较强，计算较复杂，解答的关键是分类讨论，即根据二次函数对称轴和所给区间的位置关系，确定函数的值域，从而列出相应不等式组，即可求解答案.
22．（1）证明：当时，；
（2）已知函数，，，为的导函数．
①当时，证明：在区间上存在唯一的极大值点；
②若有且仅有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析；②
【分析】（1）构造函数，利用导数推得在上单调递增，从而得证；
（2）①构造函数，从而利用导数推得在上的单调情况，由此得证；②先利用导数排除的情况，再利用导数，结合隐零点与零点存在定理推得在上的单调情况，从而得证.
【详解】（1）设，则恒成立，
所以在上单调递增，故，即成立；
（2）①当时，，
令，则，
因为当时，令，单调递增，且，
所以，故也单调递增，
故当时，单调递减，单调递减，单调递减，所以单调递减，
又，所以存在，使得，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以在区间上存在唯一的极大值点；
②当时，又，由（1）知，，所以，
当且仅当时，等号成立，所以只有一个零点0，不符合题意；
当时，且时，，
所以，故在上单调递减，
结合①可知，在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以存在，使得，
所以当时，，即，则单调递增，
当时，，即，则单调递减，
则，所以存在，使得，
所以在有且仅有两个零点，即与，满足题意；
综上，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：根据函数的零点个数求解参数范围，一般方法：
（1）转化为函数最值问题，利用导数解决；
（2）转化为函数图像的交点问题，数形结合解决问题；
（3）参变分离法，结合函数最值或范围解决.