青海省名校联盟2024-2025学年高三上学期期中联考数学试卷（解析版）

高三数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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.4．本试卷主要考试内容：一轮复习第一章到第四章.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，只有一项是符合题目要求的．1.若一扇形的圆心角的弧度数为2，且该扇形的半径为7，则该扇形的弧长为（）A. B. C.14 D.【答案】C【解析】【分析】利用弧长计算公式求解即可.该扇形的弧长为．故选：C.2.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求解集合，然后利用补集的定义即可求解根据题意，集合，因为，所以.故选：B3.函数的最小正周期为（）A.4 B. C.8 D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用正切函数的周期公式求出结果.函数的最小正周期为.故选：D4.（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】利用对数运算法则计算可求值.．故选：B.5.将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点对称，则的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】由题意可得函数的解析式，根据三角函数的性质，可得答案.由题意得，且，由，得，因为，所以的最小值为3.故选：C.6.“”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【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质，对数函数的性质结合充分不必要的定义即可判断.由，得，则，从而.取，满足，不满足.故“”是“”的充分不必要条件.故选：.7.已知是奇函数，当时，，则（）A B. C.9 D.25【答案】A【解析】【分析】由已知可得，可得，可求值.由是奇函数，得．令，得．所以．故选：A.8.若，，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用，结合三角恒等变换可求值.因为，，，，所以，，所以，则．故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列命题是真命题的是（）A.若，则B.函数的定义域为C.若集合，满足，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】利用同角间的三角函数的关系与诱导公可求解判断A；求得定义域判断B；由集合的运算可得判断C；利用1的代换结合基本不等式可求最小值判断D.对于A，若，则，，故A正确．对于B，函数的定义域为，故B正确．对于C，若集合，满足，则，故C错误．对于D，若，则，当且仅当，即时，等号成立，D正确．故选：ABD.10.函数与的大致图象可能是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用指数函数的性质与一次函数的性质逐项判断可得结论.对于A，当时，单调递增，与轴交于正半轴，在上单调递增，故选项A符合题意．对于B选项，由指数函数的图象可知，由一次函数的图象可知，则，故选项不符合题意．对于C，当时，单调递减，与轴交于正半轴，在上单调递减，C选项符合题意．对于D选项，由一次函数图象可知，解得，则D选项不符合题意．故选：AC.11.已知函数的极小值点为1，极小值为．则（）A. B.C.有3个零点 D.直线与的图象仅有1个公共点【答案】ACD【解析】【分析】运用导数值为0来计算判定A,B，借助导数研究函数单调性，极值，结合图象可判定C,D.】由题意得，则，解得，故A正确．由，解得，故B错误．，当时，f'x>0，所以在上单调递增，当时，f'x<0，所以在上单调递增，当x∈1,+∞时，f'x>0所以的极大值为，画出草图，所以有3个零点，故C正确；直线与的图象仅有1个公共点，故D正确．故选：ACD.【点睛】方法点睛：函数零点问题：1，直接法，通过判断函数的单调性与极值点的正负可判断；2，间接法，将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知命题：，，则的否定为__________．为__________．（填入“真”或“假”）命题．【答案】①.②.真【解析】【分析】由全称命题的否定为特称命题求出的否定，由二次函数的性质判断的真假.的否定为，，是增函数，则，故为真命题．故答案为：；真.13.若钝角满足，则______.【答案】5【解析】【分析】根据为钝角易得，进而结合正切的二倍角公式求解即可.由题意，，则，所以，由，解得.故答案为：5.14.已知函数，若不等式成立，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】构造函数，利用的奇偶性与单调性求解即可.设，定义域为，则，故是奇函数．不等式等价于不等式，即不等式．因为是奇函数，所以．因为均是上的减函数，所以是上的减函数，则，即，解得．则的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知的内角A，B，C的对边分别为，，，且.（1）求大小；（2）若的面积为，求外接圆的直径.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理得，设，，进而结合余弦定理即可求解；（2）结合题意，由三角形的面积公式可得，进而（1）所设，求出，进而结合正弦定理求解即可.【小问1】因为，由正弦定理得，，不妨设，，则由余弦定理得，，又，则.【小问2】设外接圆的半径为，由题意，，即，由（1）知，设，，则，解得，则，所以，则外接圆的直径为.16.已知函数在上的值域为.（1）求；（2）将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象，求的解析式与单调递增区间.【答案】（1）（2），单调递增区间为()【解析】【分析】（1）采用换元法令，先分析的单调性，然后根据的最小值求解出的值；（2）先根据图象变换求解出的解析式，然后根据单调递增区间的公式结合整体替换法求解出的单调递增区间.【小问1】因为，所以，令，因为，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，，当时，，所以，且，所以.【小问2】的图象上所有点的横坐标变为原来的可得，的图象上所有点的纵坐标变为原来两倍可得；令，所以，所以的单调递增区间为().17.已知函数.（1）求的图象在处的切线方程；（2）若函数，求不等式的解集.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由函数解折式，求得其导数，结合导数与切线斜率的关系，利用斜率与切点，可得答案；（2）利用分解因式整理不等式，构造函数，根据导数研究其单调性，求得最值，可得答案.【小问1】因为，所以，则，则的图象在处的切线方程为，即.【小问2】令，则，由，得，当时，单调递减，当时，单调递增，则.故当时，，当时，，从而的解集为.18.某校计划利用其一侧原有墙体，建造高为米，底面积为平方米，且背面靠墙的长方体形状的露天劳动基地，靠墙那面无需建造费用，因此甲工程队给出的报价如下：长方体前面新建墙体的报价为每平方米元，左、右两面新建墙体的报价为每平方米元，地面以及其他报价共计元.设劳动基地的左、右两面墙的长度均为米，原有墙体足够长.（1）当左面墙的长度为多少米时，甲工程队的报价最低？（2）现有乙工程队也参与该劳动基地的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功（约定整体报价更低的工程队竞标成功），求的取值范围.【答案】（1）左面墙的长度为10米（2）【解析】【分析】（1）设甲工程队的总报价为元，根据题意可得出关于的函数关系式，利用基本不等式可求出的最小值，利用等号成立的条件求出的值，即可得出结论；（2）根据题意可得出，可知，对任意的恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可得出实数的取值范围.【小问1】解：设甲工程队的总报价为元，依题意，左、右两面墙的长度均为米，则长方体前面新建墙体的长度为米，所以，即，当且仅当时，即时，等号成立.故当左面墙的长度为米时，甲工程队的报价最低，且最低报价为元.【小问2】解：由题意可知，，即对任意的恒成立，所以，可得，即.，当且仅当时，即时，取最小值，则，即的取值范围是.19.设函数的定义域为，若，，则称为“循环函数”.（1）试问函数是否为“循环函数”？说明你的理由.（2）已知函数，证明：存在常数，使得为“循环函数”.（3）已知对任意，，函数，都满足.①证明：为“循环函数”.②若，证明：当时，.【答案】（1）是，理由见解析（2）证明见解析（3）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）直接利用“循环函数”的定义证明即可；（2）由函数的定义域与值域一致，确定常数的值，然后验证“循环函数”的定义即可；（3）先联立方程，结合利用赋值法得到，，①利用“循环函数”的定义证明即可；②先求出的解析式，然后构造函数求最值求解即可．”．【小问1】，当，则，当时，，则.当时，，；因此对任意的，都有，故是“循环函数”.【小问2】根据题意可知函数，显然，，易知函数的定义域为，要使任意满足，那么，因此不妨令，当时，，则，所以存在常数，使得为“循环函数”.【小问3】证明：由题意得对，恒成立，所以存在常数，使得.令，得解得，.①由，得为“循环函数”.②若，则，.要证明，所以即证，