黑龙江省海林市朝鲜族中学2023-2024学年高三上学期10月大联考数学试题

绝密★启用前2024届高三10月大联考（新课标II卷）数学本卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等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，只有一个选项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A.B.C.D.2.“是第二象限角”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3.函数的大致图象是（）A.B.C.D.4.已知圆的半径为2，弦的长为，若，则（）A.-4B.-2C.2D.45.白色污染是人们对难降解的塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓，经过长期研究，一种更多免费优质滋元可家威杏MXSJ663全生物可降解塑料（简称PBAT）逐渐被应用于超市购物袋､外卖包装盒等产品.研究表明，在微生物的作用下，PBAT最终可被完全分解为二氧化碳和水进入大自然，当其分解率（）超过60%时，就会成为对环境无害的物质.为研究总质量为的PBAT的已分解质量（单位：）与时间（单位：月）之间的关系，某研究所人员每隔1个月测量1次PBAT的已分解质量，对通过实验获取的数据做计算处理，研究得出已分解质量与时间的函数关系式为.据此研究结果可以推测，总质量为的PBAT被分解为对环境无害的物质的时间至少为（）（参考数据：）A.8个月B.9个月C.10个月D.11个月6.在三角函数的发展过程中，托勒密做出了杰出的贡献.在托勒密的《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，他采用了巴比伦人的60进位法，把圆周360等分，即用圆周的作为单位来度量圆弧；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，则角所对的弦长为60个单位，即，由此可知，的值为（）A.B.C.D.7.已知，且，则（）A.B.C.D.8.已知函数，则的大小关系为（）A.B.C.D.二､多选题：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，且，则（）A.B.C.D.10.若函数的部分图象如图所示，则（）A.B..C.在上单调递减D.11.已知函数，则（）A.为偶函数B.是的一个单调递增区间C.D.当时，12.已知函数及其导函数的定义域均为，且为非常数函数，，为奇函数，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知幂函数的图象过点，则__________.14.已知向量的夹角为，则__________.15.若是正实数，且，则的最小值为__________.16.当时，恒有成立，则的取值范围是__________.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）已知的内角的对边分别为，面积为，且.（1）求；（2）若为的中点，求的长.18.（12分）某公园池塘里浮萍的面积（单位：）与时间（单位：月）的关系如下表所示：时间月1234浮萍的面积35917现有以下三种函数模型可供选择：①，②，③，其中均为常数，且.（1）直接选出你认为最符合题意的函数模型，并求出关于的函数解析式；（2）若该公园池塘里浮萍的面积蔓延到所经过的时间分别为，写出一种满足的等量关系式，并说明理由.19.（12分）在通用课实践活动中，某兴趣小组在以为圆心，1为半径的半圆形模板上，设计一个以直径的端点为顶点，边在直径上，点均在半圆上的四边形，且满足，如图所示.设，四边形的周长为.（1）求关于的函数关系式；（2）试判断是否有最大值，若有，求出最大值，并求出此时的正弦值；若没有，请说明理由.20.（12分）已知函数.（1）若为函数的导函数，求的极值；（2）若有两个不等的实根，求实数的取值范围.21.（12分）已知的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若为的内心，求的取值范围.22.已知函数.（1）若，求的图象在点处的切线方程；（2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围.2024届高三10月大联考（新课标II卷）数学•全解全析及评分标准一､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，只有一个选项是符合题目要求的.123.456789101112BADBCDABBCACDACDABD1.B【解析】由题意，知.又，所以，所以.故选B.2.A【解析】若“是第二象限角”，则，所以，所以“是第二象限角”是“”的充分条件；若，则或，所以是第二象限角或第三象限角，则“是第二象限角”不是“”的必要条件，故选.3.D【解析】方法一：由题意，知函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；当时，，即，因此，故排除A.故选D.方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除；又，所以排除A.故选D.4.B【解析】方法一：因为，所以，所以.故选B.方法二：如图，设的中点为，连接，则.由，，得，所以，，所以，所以，所以，所以.故选.5.C【解析】令，得，解得，故至少需要10个月，总质量为的PBAT才会被分解为对环境无害的物质.故选C.6.D【解析】设圆的半径为，依题意，由余弦定理，得，所以.故选D.7.A【解析】因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以.又，所以，所以.故选A.8.B【解析】易知是偶函数，，当时，因为，所以.令，则，所以单调递增，所以，所以在上单调递增.构造函数，则.令，得，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.又，所以，所以，所以，所以，即.故选.二､多选题：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.BC【解析】对于，当时，，故A错误；对于，因为，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，故C正确；对于，当时，，故D错误.故选BC.10.ACD【解析】由题图，得，最小正周期.又，所以，故A正确；，又的图象过点，所以.又，所以，故B错误；，令，当时，在上单调递减，故C正确；，故D正确.故选ACD.11.ACD【解析】因为的定义域为，关于原点对称，且，所以是偶函数，故A正确；因为，所以，且，故B不正确；，故C正确；因为当时，，所以，同理，当时，，故D正确.故选ACD.12.ABD【解析】因为为奇函数，所以，即，即，所以的图象关于点中心对称，且，故A正确；由，两边求导，得，即.由的图象关于点中心对称，得，因此，故B正确；因为为函数的导函数，且，即，所以，即，所以的图象关于直线对称，所以.又，所以，所以的图象关于点中心对称，所以是周期函数，4为它的一个周期，所以，故错误；由，得.又，所以3，所以，所以，故D正确.故选ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.8【解析】设，由，得，所以，所以，所以.故填8.14.1【解析】由，得.由，得，整理，得，解得或（舍去）.故填1.15.【解析】因为，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故填.16.【解析】由题意，得.又恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立.令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以①.由，得，即.因为在上是增函数，所以，所以.令，则.因为恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以②.由①②，知.故填.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.【解析】方法一：（1）由题意及三角形的面积公式，得，所以.由正弦定理，得.由余弦定理的推论，得，整理得.因为，所以，所以.由余弦定理的推论，得.（2）由（1）知.又，所以，解得，所以.在中，由余弦定理，得.方法二：（1）由已知及三角形的面积公式，得，所以.由，得，所以.在中，因为，所以.又为锐角，所以也为锐角，所以.（2）由（1），知.由，得①.由题意，知，所以，所以②.由（1）知，所以③.由①②③，得.在中，由余弦定理，得.18.（12分）【解析】（1）应选择函数模型②.依题意，得，解得所以关于的函数解析式为.（2）.理由：依题意，得，所以，所以，所以，所以.19.（12分）【解析】（1）方法一：由，得四边形为平行四边形.以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，连接，则，，所以，所以，所以关于的函数关系式为.方法二：由，得四边形为平行四边形，如图，过点分别作，垂足分别为，连接，则四边形为矩形.由，得.因为弧的长为，所以弧的长为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以关于的函数关系式为.（2）有最大值，最大值为，此时.由（1）得.令，当时，，所以，所以所以当时，有最大值，故的最大值为，此时.说明：（1）另解：如图所示，设的中点为，连接.由，得四边形为平行四边形，所以，所以.由对称性，得四边形是等腰梯形，且.因为，所以.因为是半圆的直径，所以，所以.在Rt中，，所以，所以，所以关于的函数关系式为.20.（12分）【解析】（1）对求导，得，所以，则，当时，在上单调递增，所以无极值；当时，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得极小值，无极大值，.综上，当时，无极值；当时，有极小值，无极大值.（2）显然，要使方程有两个不等的实根，只需当时，有且仅有一个实根.当时，由方程，得.令，则直线与的图象有且仅有一个交点，.又当时，单调递减；当时，单调递减；当时，单调递增，所以当时，取得极小值.又当时，，所以，当时，，所以作出的大致图象如图所示.由图象，知要使直线与的图象有且仅有一个交点，只需或综上，若有两个不等的实根，则实数的取值范围为.说明当时，，所以，且单调递减，所以.当时，，且当时，取得极小值，所以.综上，若有两个不等的实根，则的取值范围为.21.（12分）【解析】（1）由及正弦定理，得，即，所以.又，所以.又，所以，所以.（2）因为，所以.如图，连接.因为为的内心，所以，所以.设，则.在中，由正弦定理，得，所以，所以，其中.因为，所以不妨取.又，所以，其中，当时，取得最大值.因为，所以.又，所以.综上，的取值范围是.22.（12分）【解析】（1）当时，，所以，所以.又，所以的图象在点处的切线方程为，即.（2）方法一：因为，所以.设，由题意，得当时，恒成立，，当时，，所以.设，当时，单调递增，且，所以，即单调递减，所以，解得，不符合题意，舍去.当时，，当时，，所以在上单调递减，，不符合题意，舍去.当时，显然当时，单调递减，且，所以，即单调递减，所以，解得，不符合题意，舍去.当时，在上单调递减，，所以存在，使得，当时，，即单调递增，当时，，即单调递减，所以，解得.综上