数学-山西省三晋卓越联盟·山西省2024-2025学年度高三9月质量检测卷试题和答案

1.B因为A={—1,0,1,2,3},B={父父3—2父<4},所以A∩B={—1,0,1},所以A∩B的真子集的个数为23—1=7.故选B.3.C由a父十b>0的解集为(—4,十∞),可得a>0,且方程a父十b=0的解为—4,所以—=—4,则b=4a,—a父<0,又a>0,所以4父2—父<0,解得0<父<,即关于父的不等式b父2—a父<0的解集为(0,.故选C.4.C由题意知f(2)=(2—a)×(2—2)×(2—3)×(2—4)=0,所以0=6×2十b,解得b=—12,又fI(父)=(父a)(父3)(父4)十(父2)[(父a)(父3)(父4)]I,所以fI(2)=(2a)×(23)×(2—4)=6,解得a=—1,所以a十b=—1十(—12)=—13.故选C. 5.B因为a2十c2—b2=\ac,由余弦定理得2accosB=\ac,所以cosB=\,又B∈(0,π),所以B=.因\2sin(A十C)=sinC—cosC,又A十C=π—B,所以\sinB=\sin(C—,所以B=C—或B十C—=π(舍),所以C=十=,所以A=π—B—C=π——=.故选B.6.Ay=31—父在R上单调递减,y=log3(父十2)在(—2,十∞)上单调递增,当父=1时,31—1=log3(1十2)=1,所以g(31父,—2<父≤1,〈所以g(父)在[0,1]上单调递减,在(1,十∞)上单(log3(父十2),父>1,调递增,所以当父≥0时,g(父)≥g(1)=1,即g(父)在区间[0,十∞)上的值域为[1,十∞).f(父)=—父2—7父—5=—(父十2十≤,令f(父)=—父2—7父—5=1,得父2十7父十6=(父十1)(父十6)=0,解得父=—1或父=—6,画出f(父),g(父)(父≥0)的图象如图所示,若Y父1∈[a—1,a十1],3父2∈[0,十∞),使得f(父1)=g(父2)成(a十1≤—1,立,则〈解得—5≤a≤—2,即a的取值范围是[—5,—2].故选A.(a—1≥—6,【高三9月质量检测卷.数学参考答案第1页(共6页)】25—X—026C父y=(4十y)(4y),所以4父2十5父y十y2=(4父十y)(父十y)=16,所以7父十4y=4父十y十3(父十y)≥2\3(父十y)(4父十y)=8\,当且仅当4父十y=3(父十y),即父=8\93,y=4\93时,等号成立,所 8.D令父=y=1,则f(1)=2,且f(3)十f(3)=f(9)十2,又f(3)=3,所以f(9)=4,所以f(3)十f(9)=f(27)十2,所以f(27)=5.设父2>父1>0,则>1,所以f()>2,所以f(父1)—f(父2)=f(父1)—[f(父1)十f()—2]=2—f()<0,则f(父1)<f(父2),故f(父)在(0,十∞)上单调递增,所以函数f(父)在区间[1,27]上的最大值为f(27)=5.故选D.9.AD命题p:3父>2,父2—3父—4<0的否定为Y父>2,父2—3父—4≥0,故A说法错误;由S=αr2=×2r2=1,解得r=1,所以扇形的弧长l=αr=2,故B说法正确;由父∈[—1,1],得3父—1∈[—4,2],所以f(父)的定义域为[—4,2],故C说法正确;因为f(父)=lg(父2十2父十a)的值域为R,所以函数y=父2十2父十a的值域M满足(0,十∞)=M,所以Δ=4—4a≥0,解得a≤1,故D说法错误.故选AD.f(父),所以2π是函数f(父)的周期,故A正确;因为f=siinc=\,f=siicπ=0,所以f≠f,故B <0,所以函数g(t)在(—1,1)上单调递减,又t=\sin(父十在)上单调递增,所以由复合函数的单调性,可得函数f(父)在区间(—,0)上单调递减,故C正父十∈(1,\],又由gI(t)<0,g(t)在(父十单调递减,由复合函数的单调性,可得函数f(父)在(0,上单调递减,在,上单调递增,所以f(父)≥f=\,故D正确.故选ACD.11.BCD因为f(2十父)—f(2—父)=父,所以—父—f(2—父)=父—f(2十父),所以函数y=父—f(父十2)是偶函数,故A错误;因为y=f(3父十1)为偶函数,所以f(3父十1)=f(—3父十1),即f(1十父)=f(1—父),所以fI(1十父)=—fI(1—父),即g(1十父)=—g(1—父),令父=0,得g(1)=—g(1),所以g(1)=0,故B正确;【高三9月质量检测卷.数学参考答案第2页(共6页)】25—X—026C因为f(2十父)—f(2—父)=父,所以fI(2十父)十fI(2—父)=1,即g(2十父)十g(2—父)=1,又g(1十父)=—g(1父),所以g(父)=—g(2父),所以g(2十父)=g(父)十1,所以g(4十父)—1十g(2父)=1,即g(4十父)十g(2—父)=2,所以函数g(父)的图象关于点(3,1)对称,故C正确;因为g(2十父)十g(2—父)=1,令父=0,得g(2)十g(2)=2g(2)=1,所以g(2)=,又g(2十父)=g(父)十1,所以g(3)=g(1)十1=1,g(4)=g(2)十1=,…,所以i1g(i)=0十十1十…十1=5,故D正确.故选BCD.—log37.log79十log153十log155=(2log23)2—lg7.lg32十log15(3×5)=32—lg=9—2十1=8.13.由题意可知sinα=sin[(α十β)—β]=sin(α十β)cosβ—cos(α十β)sinβ=3sin(α十β),所以sin(α十β)(cosβ—3)=cos(α十β)sinβ,由题意可知cos(α十β)≠0,cosβ—3≠0,所以tan(α十β)=14.2\设A(父1,y1),B(父2,y2),由点B(父2,y2)在曲线y=ln(父—2)十1上可知点B1(y2,父2)在函数y= e父1十2上,所以\(父1—y2)2十(父2—y1)2相当于y=e父1十2上的点B1(y2,父2)到曲线y=ln(父2)十1上点A(父1,y1)的距离,又y=e父—1十2与y=ln(父—2)十1的图象关于y=父对称,所以A,B的“镜像距离”的最小值为点A(父1,y1)到y=父的距离的最小值的2倍.由y=ln(父—2)十1,得yI=父—12,令yI=父—12=1,解得父=3,又点(3,1)到直线y=父的距离d=\12—(—11)2=\2,所以A,B的“镜像距离”的最小值 为2\2.15.解:(1)由题意知A={父|2父—5≤3}=[1,4],…………1分m父十(2m十1)(2m—1)≤0,解得2m—1≤父≤2m十1,所以B=[2m—1,2m十1],……3分因为p是q的必要不充分条件,所以B是A的真子集,(2m—1≥1,所以〈且等号不同时成立,………………………5分(2m十1≤4,解得1≤m≤,即m的取值范围是[1,.……………7分(2)因为A∩c≠⑦,所以a父2—3父十2>0在父∈[1,4]上有解,所以a>—2十,…10分令t=∈,1],则—2十=—2t2十3t∈,所以a>,即a的取值范围是,十∞).………………13分16.解:(1)因为f(父)是偶函数,所以f(—1)=f(1)=3a—=,………2分解得a=1,……………………3分【高三9月质量检测卷.数学参考答案第3页(共6页)】25—X—026C当父<0时,可得—父>0,所以f(父)=f(—父)=3—父—3—(—父)=3—父—3父,………………5分(3—3父,父≥0,所以函数f(父)的解析式为f(父)=〈……………………7分(3父—3父,父<0.(2)由(1)知,当父>0时,f(父)=3父—3—父>0,因为λf(父)—9父—9—父—14≤0在父∈(0,十∞)上恒成立,所以λ≤9父—父,…………8分 又因为3父—3父十3父1父≥2\(3父—3父).3父1父=8,……………11分3(\十2)时等号成立,………13分所以λ≤8,即λ的取值范围是(—∞,8].…………………15分=sin2父—cos2父=\sin(2父—,因为f=\sin(α—=\,由sin2t十cos2t=1,得cos2t=,所以cost=2\32,=2\32×—×\=2\26\3.………7分(2)将函数f(父)的图象向右平移个单位长度,得到g(父)=\sin[2(父——=\sin(2父—,将函数g(父)图象上各点的横坐标变为原来的(w>0)(纵坐标不变),得到函数h(父)=\sin(2w父—.………………………9分令h(父)=0,得2w父—=kπ(k∈z),解得父=十(k∈z),又h(父)在区间,上没有零点,所6w十2w<4以〈k∈z,……………12分(十(k)π>,33333,解得2十2k<w<4十k,k∈z,又w>0,所以当k=—1时,0<w<1;当k=0时33333,即w的取值范围是(0,U,.…………………15分【高三9月质量检测卷.数学参考答案第4页(共6页)】25—X—026C 18.解:(1)由题意知上ABC∈,所以cos上ABC=—\1—sin2上ABC=—\10,在△ABC中,由余弦定理得AC2=BA2十BC2—2BA●BCcos上ABC=10十1—2×\×1×解得AC=\,………………2分 由正弦定理sinBC=sinCA,得3\=sinCA,所以sin上BCA==3,…………………4分 所以cos上ADB=cos(上ACB十=—sin上ACB=—33.…………5分(2)设BA=m(m>0),BC=n(n>0),因为S△ABC=S△ABD十S△DBC,所以BA●BCsin上ABC=BA●BDsin上ABD十BC●BDsin上CBD,所以mn=2m十4n≥2\=4\,所以mn≥32,当且仅当2m=4n,即m=8,n=4时等号成立,所以△ABC的面积S△ABC=BA●BCsin上ABC=\mn≥8\,即△ABC面积的最小值为8\.(3)设DA=父(父>0),上ABD=θ(0<θ<,则CD=3父,上BCD=θ,上BAD=—2θ.在△ABD中,由正弦定理sinBD=sinAD所以3sin2θ=sin—2θ)=cos2θ=cos2θ—sin2θ,所以4sin2θ=cos2θ,10分11分又sin2θ十cos2θ=1,0<θ<,解得sinθ=\,cosθ=2\55,……………14分所以S△BCD=BD●CB=×3\55父×6\55父=父2,又CD=3DA,S△ABC=12, 所以S△BCD=9,所以父2=9,解得父=\,所以BD=3\55父=3.………16分【高三9月质量检测卷●数学参考答案第5页(共6页)】25—X—026C在△ABD中,由余弦定理cOS上ABD=BA2D2BD2,得2\5=BA2)2,解得AB=2\或AB=2\55,又AB>BD,所以AB=2\.………………17分19.(1)解:由题意知函数f(父)的定义域为(0,十∞),fI(父)=十a父—1≥0在父∈(0,十∞)上恒成立,所以a≥—十在父∈(0,十∞)上恒成立,…………………3分2十=—(—2十≤,当且仅当父=2时,等号成立,所以a≥,即a的取值范围是,十∞).………………5分(2)证明:若a=0,f(父)=ln父—父十2,所以fI(父)=—1=1父,令fI(父)=0,解得父=1,所以当0<父<1时,fI(父)>0,当父>1时,fI(父)<0,所以f(父)在(0,1)上单调递增,在(1,十∞)上单调递减,所以f(父)≤f(1