数学-2025届九师联盟高三11月质量检测巩固试卷+答案

1.B{父|y=tan父}中元素为父,意指函数y=tan父的定义域{父父≠十kπ,k∈z};{y|y=tan父}中元素为y,意指函数y=tan父的值域R;{(父,y)|y=tan父}中元素为(父,y),意指函数y=tan父图象上的点的坐标构成的集合;{y=tan父}是仅有一个方程y=tan父作为元素的集合.故选B. 2.B由sinθ=—\,得θ是第三、四象限角;由tanθ=1,得θ是第一、三象限角,要满足题设,θ一定是第三象限角.故选B.3.C因为Y父∈R,2父>0,所以“3父∈R,2父<0”不成立,则A错误;当0<父≤1时,log2父≤0,则B错误;当0<父<1时, 父3<父,则C正确;由4sin父cos父=\,得sin2父=\>1,这是不可能的,则D错误.故选C.4.C首先,f(—父)=(—父)2—(—父)4=父2—父4=f(父),则f(父)为偶函数,从而可排除A和B;其次,f(父)=父2(1—父2),当父2≥1,即父≤—1或父≥1时,f(父)≤0,从而可排除D.故选C.5.A法一:e1.(e1—e2)=e—e1.e2=1—0=1,|e1—e2|2=e—2e1.e2十e=2,则cos〈e1,e1—e2〉=1=\2,所以\2×122〉=45.故选A.选A. (a=6(a (a=67.A法一:十=4(ab)十=4十十≥4十2\.=8,当且仅当〈(=,即〈(b=3,时取等号.故选A.法二:十=十=十—1,设f(b)=十—1,b∈(0,9),则fI(b)=—=9).令fI(b)<0,得0<b<3;令fI(b)>0,得3<b<9,所以f(b)在(0,3)上单调递减,在(3,9)上单调递增,所以b=3是f(b)的极小值点,也是最小值点,且f(b)min=3十—1=8.故选A.8.D由父>0及a父>0,得a>0;因为父2—a父—1=(父—父1父父1>0,所以原不等式可化为(父父2)(lna父1)≥0.设g(父)=父父2,h(父)=lna父1,则g(父)和h(父)均为增函数,且g(父2)=0,h(父3)=0(其中父3=.当父2<父3时,取父0∈(父2,父3),则g(父0)>0,h(父0)<0,与“g(父)h(父)≥0恒成立”矛盾;当父2>父3时,取父0∈(父3,父2),则g(父0)<0,h(父0)>0,与“g(父)h(父)≥0恒成立”矛盾;当父2=父3时,若父≥,则g(父)≥0,h(父)≥0;若父<父2,则g(父)<0,h(父)<0.由此,g(父)h(父)≥0恒成立.综上,当且仅当父2=父3时,【高三10月质量检测.数学参考答案第1页(共6页)】G g(父)h(父)≥0恒成立,由父2=父3,即a十\2十4=,解得a=\e1.故选D.9.ADf(父)=2sin(—父)=2—sin父.由f(父)的定义域为R,得—1≤—sin父≤1,所以≤2—sin父≤2,则A正确;因为f(父)在父=0处有定义,且f(0)=2—sin0=1,所以f(父)不是奇函数,则B错误;t=—sin父在[—,上单调递减,而y=2t为增函数,所以f(父)在[—,上单调递减,则C错误;因为sin父的最小正周期为2π,且f(父十2π)=2—sin(父十2π)=2sin父=f(父),则D正确.故选AD.10.AC该顾客若在甲商场购物,则实际消费为y1=0.(父,0<父<200,父40,200≤父<400,父80,400≤父<600,当0<父<200时,显然y1<y2,应进甲商场,则A正确;当200≤父<400时,y2—y1=…父400.84父=0.16父40,所以200≤父<250时,y2<y1,应进乙商场;父=250时,y2=y1,进甲或乙一样;250<父<400时,y2>y1,应进甲商场,则B错误;当400≤父<600时,y2—y1=父—80—0.84父=0.16父—80,所以400≤父<500时,y2<y1,应进乙商场,则C正确;当600≤父<800时,y2—y1=父—120—0.84父=0.16父—120,所以600≤父<750时,y2<y1,应进乙商场;父=750时,y2=y1,进甲或乙一样;750<父<800时,y2>y1,应进甲商场,则D错误.故选AC.11.BCD令父=—2,y=0,得f(0)=[f(—2)]0=1,则A错误;设父=—2p1,y=—2p2,p1,p2∈R,则f(父十y)=f(—2p1—2p2)=f[—2(p1十p2)]=[f(—2)]p1十p2;又f(父)f(y)=f(—2p1)f(—2p2)=[f(—2)]p1[f(—2)]p2=[f(—2)]p1十p2,所以对任意的父,y∈R,都有f(父十y)=f(父).f(y)成立,则B正确;设父<y,则p1>p2,结合f(—2)>1,可得[f(—2)]p1>[f(—2)]p2,即f(父)>f(y),所以f(父)在R上为减函数,则C正确;由f(父2—k父).f(父—3)≥1,得f(父2—k父十父—3)≥f(0),即父2—k父十父—3≤0,分调递增,则(父)max=31=2,于是k—1≥2,即k≥3,则D正确.故选BCD.12.父十y=0由f(父)=1—ln(父十2),得f(—1)=1,fI(父)=—父2,则fI(—1)=—1,故所求切线方程为y—1=13.2由f(父十为偶函数,得f(父)的图象关于直线父=对称,所以w=kπ,k∈N*,解得w=2k,k∈N*①;由f(父)在(0,π)内仅有两个零点,得<wπ≤,解得<w≤②.综合①②,可得w=2. 14.\设上BAC=θ,则cOsθ=1—2sin2=,于是sinθ=,sin=\;由AB=AC,上BAC=θ及余弦定理,得BC2=AB2十AC2—2AB×AC×cOsθ=2AB2(1—cOsθ)=4AB2sin2,即BC=2ABsin.由上ABC=上ACB=90。—【高三10月质量检测.数学参考答案第2页(共6页)】GθPAPBAB122及上PBC=上PCA,得上ABP=上BCP,又上PAB=上PBC,所以△PAB∞△PBC,从而PB=PCθPAPBAB12于是PB=2PAsin=\,PC=2PBsin=4PAsin2=2\;又上BPC=180。—上PBC—上BCP=180。— 由余弦定理,得BC2=PB2十PC2—2PB×PC×cos上BPC=10十8十2×\×2\×\=26,所以BC=\.15.解:(1)由已知,得2a(\sinC十cosC)=b十c,……………………1分由正弦定理,得\sinAsinC十sinAcosC—sinB—sinC=0,…………2分由sinB=sin(A十C)=sinAcosC十cosAsinC,得\sinAsinC—cosAsinC—sinC=0,由sinC≠0,得\sinA—cosA=1,……………………4分即sin(A—=,……………………5分由0<A<π,得—<A—<,于是A—=,即A=.……………7分3,3,(2)如图,连接OB和OC,由(1),得A=π3,3,3,又O为△ABC的外心,D为边BC的中点,所以OD丄BC,上BOD=3,所以BD=\,a=BC=2BD=2\.………………9分由余弦定理,得a2=b2十c2—2bccosA,即12=b2十c2—bc,…………11分由基本不等式,得12=(b十c)2—3bc≥(b十c)2—3×(bc)2,整理,得(b十c)2≤12,即b十c≤4\,当且仅当b=c=2\时取等号,所以△ABC周长的最大值为6\.……………………13分16.解:(1)由tanB十tanC十tanBtanC=1,得tanB十tanC=1—tanBtanC,易知1—tanBtanC≠0,3分3分由余弦定理,得a2=b2十c2—2bccosA=1十2—2×1×\×(—\)=5,5分即a=\.………………………5分【高三10月质量检测●数学参考答案第3页(共6页)】GBC=\5=5.则sinα=ABsinA\×sin135。\………………BC=\5=5.设上BCD=β,则cosβ=cos(90。—α)=sinα=\,从而sinβ=2\55,…………………9分sin(β十45。)=\(sinβ十cosβ)=\(2\5十\)=30.…………11分在△BCD中,由正弦定理,得sinBD=sinDC, 所以四边形ABDC的面积为S=S△ABC十S△BCD=bcsinA十×BC×CDsin上BCD=×1×\×\十×\××2\55=.……15分17.解:(1)由题意,得f(∞)=asinw∞十bcosw∞,又由f(∞)的图象过点(0,1),得f(0)=1,即1=asin0十bcos0,解得b=1.…………………2分又m=2n=2\sin2w∞十cos2w∞=2,m=\a2十b2, 所以\a2十b2=2,结合a>0,解得a=\.………………4分于是f(∞)=\sinw∞十cosw∞=2sin(w∞十.……………………5分由f(∞)的图象过点,0),得2sinw十=0,即w十=kπ,k∈z,解得w=k—,k∈z;…………………7分由f(∞)的图象,得T<<T,即<<,解得<w<,即<k—<,解得<k<,于是k=2,从而w=2.………9分(2)由(1),得f(∞)=2sin(2∞十.…………………10分法一:由题意,得将f(∞)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标缩短到原来的,得到g(∞)的图象,即g(∞)=sin(∞十.……………………12分2,2,法二:设P(∞0,y0)是y=g(∞)图象上任意一点,则〈即〈(y=y0,(y=2y0,代入y=2sin(2∞十得2y0=2sin(2×法二:设P(∞0,y0)是y=g(∞)图象上任意一点,则〈即〈故g(∞)=sin(∞十.…………………12分【高三10月质量检测●数学参考答案第4页(共6页)】G由2kπ十≤∞十≤2kπ十,k∈z,得2kπ十≤∞≤2kπ十,k∈z,考虑到0≤∞≤π,可得≤∞≤π,故g(∞)在[0,π]上的单调递减区间为,π].………………………15分18.(1)解:由m2=4n,得n=,,………………………2分由e∞>0及(∞十2≥0,得f(∞)≥0,且∞=—时,f(∞)=0,故f(∞)的最小值为0.………………………4分(2)解:当m=—2时,f(∞)的定义域为R,f(∞)=(∞2—2∞十n)e∞,则fI(∞)=(2∞—2)e∞十(∞2—2∞十n)e∞=(∞2十n—2)e∞.………………5分当n≥2时,fI(∞)≥0,则f(∞)在R上是增函数;………………………6分当n<2时,fI(∞)=[∞2—(2—n)]e∞=(∞十\)(∞—\)e∞,所以fI(∞)>0兮∞>\或∞<—\;fI(∞)<0兮—\<∞<\,所以f(∞)在(—∞,—\)和(\,十∞)上单调递增,在(—\,\)上单调递减.………………8分综上,当n≥2时,f(∞)在R上是增函数;当n<2时,f(∞)在(—∞,—\)和(\,十∞)上单调递增,在(—\,\)上单调递减.………………………9分(3)证明:当m=n=0时,f(∞)=∞2e∞,欲证明f(∞)>ln∞十1(∞>0),即证∞2e∞>ln∞十1,即证>ln3十1.……………11分设h(∞)=(∞>0),则hI(∞)=,当0<∞<1时,hI(∞)<0;当∞>1时,hI(∞)>0,所以h(∞)在(0,1)上单调递减,在(1,十∞)上单调递增,所以∞=1是h(∞)的极小值点,也是h(∞)的最小值点,即h(∞)min=h(1)=e.………13分3—(l62=当0<∞<e—时,gI(∞)>0;当∞>e—时,gI(∞)<0,所以g(∞)在(0,e—)上单调递增,在(e—,十∞)上单调递减,所以∞=e—是g(∞)的极大值点,也是g(∞)的最大值点,即g(∞)max=g(e—=ln(—1=e2.……………16分因为3e>e2,所以e>e2,故f(∞)>ln∞十1成立.…………………17分【高三10月质量检测.数学参考答案第5页(共6页)】G19.(1)证明:设a=(m,n)=(rcosα,rsinα),b=(p,q)=(Rcosβ,Rsinβ)(r>0,R>0,α,β分别为∞轴正方向逆时针到a,b所成的角,且α,β∈[0,2π)),则mp—nq=Rrcosαcosβ—Rrsinαsinβ=Rrcos(α十β),mq十np=Rrcosαsinβ十Rrsinαcosβ=Rrsin(α十β),于是c=a※b=(Rrcos(α十β),Rrsin(α十β)),……………2分即|c|=Rr=|a|×|b|,∞轴正方向逆时针到c所成的角为α十β.故c是这样一个向量:把a的模变为原来的|b|倍,并按逆时针旋转β角(β为