天津市西青区张家窝中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年度第一学期高三期中考试数学学科考试时间：120分钟；满分150分一、单选题（每个4分）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.（）A. B. C. D.3.若（，且）函数的图像大致是（）A. B. C. D.4.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B.C. D.5.若实数，则的最大值为（）A. B. C.4 D.66.若，，则的值是（）A.3 B. C.8 D.7.已知角是第四象限的角，则“”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8.下列命题中是假命题的是（）A.存在，使B.对任意，有C.中，的充要条件是D.对任意，函数都不是偶函数9.已知函数，则（）A.的最小正周期为 B.为偶函数C.的图象关于对称 D.为奇函数10.已知，则函数的值域是（）A. B. C. D.11.已知函数，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.12.已知直线是函数的一条对称轴，则的一个单调递减区间是（）A. B. C. D.13.设函数，则使得成立的的取值范围是（）A. B.C. D.二、填空题（每个4分）14.函数的定义域为_______.15.设函数，若是函数的一个零点，则实数_______.16.幂函数在上是减函数，则的值为_______.17.在中三个内角分别A，B，C且，，则角_______.18.已知函数，满足对任意的实数，且，都有，则实数的取值范围是_______.19.已知是定义在上的增函数，且，则的取值范围是_______.20.已知函数是定义在上的偶函数，当时，，写出的解析式_______.21.函数的单调递增区间是_______.22.设，，，若，，则的最大值为_______.23.已知，若a，b，c互不相等，且，则的范围是_______.三、解答题24.（14分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（1）求A；（2）若的面积为，周长为8，求a.25.（14分）设函数在处取得极值.（1）求的解析式；（2）当时，求函数的最值.26.（1.5分）如图，平面，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.（1）求证：平面CPM；（2）求平面QPM与直线PC所成角的余弦值；（3）若N为线段CQ上的点，直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离.27.（15分）已知函数.（1）当时，求函数在处切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）若，不等式在上存在实数解，求实数的取值范围.参考答案题号12345678910答案ABAAAAADCC题号111213答案ABA1.A【分析】先解对数不等式及函数值域分别求出集合A，B，再应用并集定义计算即可.【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以.故选：A.2.B【分析】根据余弦的二倍角公式即可求解.【详解】.故选：B3.A【分析】根据对数函数的性质可得，再根据函数图像平移判断即可.【详解】因为（，且），故，故为减函数，且过，又的图像为的图像向右平移1个单位，则A满足.故选：A4.A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性可得正确的选项.【详解】，，，所以.故选：A.5.A【分析】用配凑法结合基本不等式求解即可；【详解】实数，，，当且仅当，即时等号成立，函数的最大值为，故选：A.6.A【分析】根据给定条件，利用指数式与对数式互化关系及对数换底公式及运算法则计算即得.【详解】由，得，而，所以.故选：A7.A【分析】根据余弦函数定义及充分不必要定义判断即可.【详解】因为，所以.即“”是“”的充分条件；若取，，它们都是第四象限的角，且满足，但，即“”不是“”的必要条件.故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.8.D【分析】对于A，时成立；对于B，由于判别式小于0，故正确；对于C，利用正弦定理可知正确；对于D，当时，函数即为偶函数，故可得结论.【详解】对于A，当时成立；对于B，令，，对于函数，判别式，即恒成立，故正确；对于C，由大边对大角定理可得，由正弦定理可知正确，中，的充要条件是，故正确；对于D，当时，函数即为偶函数，故错误；故选D.【点睛】本题主要考查命题真假的判断，真命题需要有充分的利用，而假命题列举反例即可，属于中档题.9.C【详解】对于函数，它的最小正周期为，故A选项错误；函数不满足，故不是偶函数，故B选项错误；令，可得，故的图象关于对称，C正确；由于为偶函数，故D选项错误，故选C.10.C【分析】根据正切函数的单调性确定，再根据复合函数的单调性即可求出的值域，即得答案.【详解】令，则，因为在上单调递增，且，所以，又在上单调递减，且，所以，即的值域是.故选：C.11.A【分析】由幂函数的性质可得函数在上单调递增且，利用导数求出的最小值可得，解一元二次不等式即可.【详解】，又函数，在上单调递增，所以函数在上单调递增，且，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以有最小值，且，所以，解得.故选：A12.B【分析】利用周期公式计算出周期，根据对称轴对应的是最值，然后分析单调减区间.【详解】因为，若取到最大值，则，，即，，此时处最接近的单调减区间是：即，故B符合；若取到最小值，则，，即，，此时处最接近的单调减区间是：即，此时无符合答案；故选B.【点睛】对于正弦型函数，对称轴对应的是函数的最值，这一点值得注意．13.A【分析】由奇偶函数的定义判断函数为偶函数，由函数单调性的判定得到函数的单调区间，由对称函数的函数大致图像得出自变量的不等关系，从而解出取值范围.【详解】的定义域为R，，为偶函数，当时，，，在上单调递增，在上单调递减，当时，，.故选：A.14.【分析】根据对数的真数为正和二次根号下非负可求定义域.【详解】由题设有，故，故函数的定义域为，故答案为：.15.3【分析】根据导数的运算法则，求得，结合，即可求解.【详解】由函数，可得，因为是函数的一个零点，所以，解得.故答案为：3.16.1【分析】由幂函数及其单调性即可求解.【详解】由题意可得，解得：，所以，.故答案为：117.【分析】根据正切和角公式得到，由诱导公式得到，故，求出答案.【详解】，又，故，所以，又，所以.故答案为：18.【分析】利用已知条件判断函数的单调性，根据分段函数的单调性可得关于的不等式组，解之即可.【详解】对任意的实数，都有，即，异号，故是上的减函数；可得：，解得.故答案为：19.【分析】根据单调性的概念和函数的定义域得到满足的条件，从而得到结果.【详解】由题意可得，，解得.所以的取值范围是.故答案为：.20.【分析】根据函数的奇偶性与三角函数的奇偶性求解即可.【详解】因为当时，，所以当时，则，所以，又函数是定义在上的偶函数，所以.故答案为：.21.【分析】根据题意，利用二次函数的图象与性质，函数在上单调递增，在上单调递减，以及对数函数的图象与性质，函数为减函数，结合复合函数的单调性的判定方法，即可求解.【详解】令，由，解得，又的图象的对称轴为，所以函数在上单调递增，在上单调递减，又，则函数为减函数，所以由复合函数单调性，的单调递增区间是.故答案为：.22.3【分析】由已知可解得，.根据换底公式可得，根据基本不等式得出，然后根据对数运算性质即可得出答案.【详解】因为，所以，.又，，所以，.因为，，根据基本不等式有，当且仅当，即，时等号成立，所以.则，所以的最大值为3.故答案为：3.23.【分析】根据函数的单调性得出a，b，c的关系及范围，然后利用对勾函数的性质得出结论.【详解】函数在，上单调递减，在上单调递增，，，画出的图象，如图，令，由，得，，，由，得，即，由，得，于是，由对勾函数性质知，在上递增，则，所以的范围是.故答案为：24.（1）（2）【分析】（1）由正弦定理角化边可得，由余弦定理即可求出角A；（2）根据三角形面积公式可得，利用余弦定理结合完全平方公式可得，即可求.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：所以，整理得，所以，因为，所以.（2）因为的面积为，所以由（1）可知，，解得，所以，又因为，所以，解得.25.（1），（2）的单调递增区间为，，单调递减区间为.【分析】（1）根据极值和极值点列出方程组，求出，；（2）结合第一问得到单调区间.【详解】（1），由题意得：，，解得：，，此时，当时，，当或时，，故为极值点，满足题意，所以，.（2）由（1）可知：当时，，当或时，，故的单调递增区间为，，单调递减区间为26.（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）连接EM，可证明四边形MEFC为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证得；（2）运用空间向量法求解即可；（3）设点N坐标，应用空间向量法表示出直线DN与平面QPM所成的角为，再解方程可得点N坐标，再应用空间向量法求出点面距即可.【详解】（1）连接EM，因为，，所以.又因为，所以四边形PQBA，又因为点E，M分别为AP，BQ的中点，所以且，因为，，所以且，又因为点F分别为CD的中点，所以且，所以四边形MEFC为平行四边形，所以，又因为平面CPM，平面CPM，所以平面CPM.（2）因为平面，平面，所以，，又，故以点为原点，分别以DA，DC，DP为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系（如图）.因为，所以，，，，，，则，，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以.设平面与直线所成角，则，所以与直线所成角的正弦值为.（3）设，则，因为直线与平面所成的角为，所以，所以.解之得（舍去），所以点，所以，因为，，设平面的法向量为，则，即，取，则，，所以