2023-2024学年陕西省汉中市高三上册第四次联考理科数学试题（含解析）

2023-2024学年陕西省汉中市高三上册第四次联考理科数学试题考生注意：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语､函数､导数､三角函数､平面向量.第Ⅰ卷一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知命题，命题，则（

）A．p的否定是q B．p的否定是C．q的否定是p D．q的否定是3．要得到函数的图象，只需要将函数的图象（

）A．向左平移1个单位长度 B．向右平移1个单位长度C．向上平移1个单位长度 D．向下平移1个单位长度4．已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”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5．命题，命题，则下列命题为真命题的是（

）A． B．C． D．6．在等腰直角中，，，是边上一点，且，则.7．若，则（

）A． B． C． D．8．设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则（

）A． B． C． D．9．设，，且，则（

）A． B．C． D．10．已知函数，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．11．已知函数的图象关于直线对称，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．12．，，，则（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13．函数的图象在点处的切线方程为.14．若“”是真命题，则的取值范围是.15．已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围是.16．对称性是数学美的一个重要特征，几何中的轴对称，中心对称都能给人以美感，激发学生对数学的兴趣.如图，在菱形中，，以菱形的四条边为直径向外作四个半圆，是这四个半圆弧上的一动点，若，则的最大值为.三､解答题：本大题共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．已知函数的部分图象如图所示．(1)求的解析式；(2)求在上的值域．18．已知函数在处有极值-1.(1)求的值；(2)若函数在上单调递增，求的取值范围.19．已知函数，且.(1)求a的值；(2)当时，恒成立，求m的取值范围.20．已知向量.(1)求函数的单调递减区间；(2)若，求的值.21．已知函数.(1)证明：曲线在点处的切线经过定点.(2)证明：当时，在上无极值.22．已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：．1．C【分析】解一元二次不等式化简集合B，再利用交集的定义求解即得.【详解】依题意，或，而，所以.故选：C2．D【分析】根据全称量词命题和特称量词命题的否定的概念求解.【详解】p的否定是．q的否定是．故选:D.3．A【分析】根据三角函数平移变换法则求解即可.【详解】要得到函数的图象，只需要将函数的图象向左平移1个单位长度.故选：A.4．A【分析】化简得到得到，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得得到，共线，得到答案.【详解】，故，整理得到，即，故，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得，故，共线，即“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.故选：A.5．A【分析】先分别判断出命题的真假，再去判断各选项的真假.【详解】取，则，故命题为真，的图象恒在的图象上方，故命题为真，所以为真，为假，为假，为假.故选：A6．【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法求得.【详解】以为原点，建立如图所示平面直角坐标系，由于，所以，由于，所以，，所以.故7．B【分析】根据题意，由二倍角公式化简，将式子化为齐次式，代入计算，即可得到结果.【详解】.故选：B8．C【分析】由奇函数、偶函数的性质求解即可.【详解】因为是奇函数，所以，则．又是偶函数，所以，所以．故选：C.9．D【分析】根据给定等式，利用同角公式及和角的正弦公式化简变形，再利用正弦函数性质推理即得.【详解】由，得，于是，即，由，，得，则或，即或（不符合题意，舍去），所以.故选：D10．C【分析】构造新函数，根据新函数的奇偶性和单调性解不等式.【详解】令，易知为奇函数且在上单调递增.化简，即，所以，解得，故选：C11．B【分析】根据函数的对称性，建立方程求出的值，然后利用辅助角公式求出的解析式，利用最值性质转化为周期关系进行求解即可．【详解】由函数的图象关于直线对称，得，所以，解得，所以，又由，，所以，所以的最小值为函数的最小正周期．故选：B.12．C【分析】根据函数单调性与导数的关系，构造函数，利用单调性的定义分析运算判断即可得解.【详解】设，则，∴在上为增函数，故，∴当时，，∴.设，，则，∴当时，为减函数，∴，即当时，，∴，又∵，∴.又∵，且，，∴.综上，.故选：C.13．【分析】根据导数的几何意义求切线方程即可.【详解】因为，所以，则，，所以所求切线的方程为，即.故答案为.14．【分析】分和两种情况分析不等式成立条件，求出的取值范围.【详解】因为“”是真命题当时，恒成立，符合题意，当时，由解得，故的取值范围是.故答案为.15．【分析】根据正弦型函数的零点个数列不等式，由此求得的取值范围.【详解】因为，所以，由于函数在上恰有两个零点，所以，解得，因此实数的取值范围是.故16．【分析】就和分类讨论，后者可根据对称性只需考虑在对应的半圆弧上，前者，后者，而后者可建系处理.【详解】连接.若，则，若不为零，则，这与题设矛盾，若为零，则与重合.若，则，设，故，且三点共线.由对称可知只需考虑在对应的半圆弧上.当在对应的半圆弧上（除外）时，总在的延长线上，故此时.当在对应的半圆弧上，总在之间，故此时建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，设，当时，，而，此时.当时，则，由可得，故，当时，.综上，故关键点睛：与向量的线性表示有关的最值问题中，如果考虑基底向量前系数的和的最值，则可利用三点共线构造系数和的几何意义，这样便于求最值.17．(1)(2)【分析】（1）根据得到，根据的图象关于直线对称得到，即可得到的解析式；（2）根据正弦型函数的单调性求值域即可.【详解】（1）由图可得，的最小正周期．因为，且，所以．

因为的图象关于直线对称，所以，解得．因为，所以．

故．（2）由，得．

当，即时，取得最大值，最大值为2；

当，即时，取得最小值，最小值为．

故在上的值域为．18．(1)(2)【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可列出相应方程，即可求得的值，验证后即可确定答案；（2）由题意得在上恒成立，继而参变分离得在内恒成立.，构造函数，求出函数的最小值，即可求得答案.【详解】（1）由题意知，因为在处取得极值-1，所以，解得，即，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，即在处取得极小值-1，符合题意，故.（2）在上恒成立，即在内恒成立.令，则，令，得或，令，得或，所以在和上单调递增，在上单调递减，因为，所以，所以，经验证时，，即符合题意，即的取值范围为.方法点睛：解答第二问根据函数的单调区间求解参数取值范围，得到不等式在上恒成立，即可参变分离，转化为不等式在内恒成立，继而构造函数，将问题转化为求解函数的最值问题.19．(1)1(2)【分析】（1）根据，即可由对数运算代入求解.（2）根据一元二次不等式与二次函数的性质即可求解.【详解】（1）因为，所以,因为，所以，则.（2）由（1）可知，等价于.令，则，原不等式等价于在上恒成立，则，解得，故m的取值范围为.20．(1)(2)【分析】（1）根据向量的数量积及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的单调性求解；（2）根据同角三角函数间的基本关系，结合角的变换及两角差的正弦公式求解.【详解】（1），令，解得，函数的单调递减区间为.（2）由（1）知，，又，，则，，则.21．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导，求出在的导数，即为切线的斜率，然后列直线方程，即得到证明切线过定点.（2）对导函数分别在和研究，利用单调性证明无极值.【详解】（1）由题意可得：，则.又，所以曲线在点处的切线方程为，即，所以切线经过定点.（2）当时，对恒成立，所以在上单调递增，所以在上无极值.当时，，设函数，则.若，则；若，则，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，

所以当时，，所以，所以在上单调递减，所以在上无极值.综上，当时，在上无极值.22．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导，通过分类讨论判别式与的关系判断单调性，即可得出a的取值范围；（2）将问题转化为证，，，通过构造函数并证明其单调性即可得出结论.【详解】（1）由题意，在中，．设函数．当，即时，此时，则，则在上单调递减，所以．当，即或时，若，有两个零点，由韦达定理得，，则均小于零，所以在上恒成立，则；