2024-2025学年天津市西青区高三上册期中考试数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年天津市西青区高三上学期期中考试数学检测试卷一、单选题（每个4分）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】先解对数不等式及函数值域分别求出集合，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.（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据余弦的二倍角公式即可求解.【详解】.故选：B3.若，且，则函数的图象大致是（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据对数函数的性质可得，再根据函数图象平移判断即可.【详解】因为，且，故，故为减函数，且过1,0，又的图象为的图象向右平移1个单位，则A满足.故选：A4.已知，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【正确答案】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.若实数，则的最大值为（）A. B. C.4 D.6【正确答案】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.若，，则的值是（）A.3 B. C.8 D.【正确答案】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.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【正确答案】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.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【正确答案】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．9.已知函数，则A.f（x）的最小正周期为π B.f（x）为偶函数C.f（x）的图象关于对称 D.为奇函数【正确答案】C【详解】对于函数，它的最小正周期为=4π，故A选项错误；函数f（x）不满足f（–x）=f（x），故f（x）不是偶函数，故B选项错误；令x=，可得f（x）=sin0=0，故f（x）的图象关于对称，C正确；由于f（x–）=sin（x–）=–sin（x）=–cos（x）为偶函数，故D选项错误，故选C．10.已知，则函数的值域是（）A. B. C. D.【正确答案】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.已知函数，若，则的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由幂函数的性质可得函数f′x在R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R上单调递增，所以函数f′x在R上单调递增，且所以当时，f′x<0，当x∈1,+∞时，所以有最小值，且，所以，解得．故选：A12.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.【正确答案】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.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.设函数，则使得成立的的取值范围是（）A. B. C. D.【正确答案】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，∵，∴为偶函数，当时，，∵，∴在上单调递增，∴在上单调递减，∴当时，，∴.故选：A.二、填空题（每个4分）14.函数的定义域为______【正确答案】【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.设函数，若是函数的一个零点，则实数______．【正确答案】【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.16.幂函数在上是减函数，则的值为______．【正确答案】【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17.在中三个内角分别A，B，C且，，则角________【正确答案】##【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18.已知函数，满足对任意的实数且，都有，则实数a的取值范围是______.【正确答案】【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19.已知是定义在上的增函数，且，则的取值范围是______.【正确答案】【分析】根据单调性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.已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则当时，__________.【正确答案】【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.函数的单调递增区间是________．【正确答案】【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，则函数减函数，所以由复合函数单调性知，的单调递增区间是.故答案为.22.设，，，若，，则的最大值为__________．【正确答案】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，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.故答案为.23.已知，若互不相等，且，则的范围是_______．【正确答案】【分析】根据函数的单调性得出的关系及范围，然后利用对勾函数的性质得出结论．【详解】函数，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．故三、解答题24.在中，角，，的对边分别为，，，.（1）求；（2）若的面积为，周长为8，求.【正确答案】（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；（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.【小问1详解】因为，由正弦定理可得：所以，整理得，所以，因为，所以.【小问2详解】因为的面积为，所以由（1）可知，，解得，所以又因为，所以，解得.25.设函数在处取得极值.（1）求的解析式；（2）当时，求函数的最值.【正确答案】（1）；（2）最大值为3，最小值为.【分析】（1）根据函数极值有，列方程求参数，注意验证；（2）利用导数确定的区间单调性，进而求最值.【小问1详解】由题设，且，，所以，故，此时，故在上，在上，所以fx在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极值，满足题设，综上，.【小问2详解】由（1）知：在上单调递增，在上单调递减，所以，在区间中，在上递增，在上递减，由，，，，综上，函数的最大值为3，最小值为.26.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.【正确答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【分析】（1）连接EM，可证四边形MEFC为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证得；（2）建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角余弦值即可；（3）设且，应用空间向量法及直线DN与平面QPM所成的角为，列方程求参数，再应用空间向量法求出点面距即可.【小问1详解】连接EM，因为，，所以，又，所以四边形PQBA为平行四边形，又点E，M分别为AP，BQ中点，则且，因为，，所以且，又点F为CD的中点，所以且，所以四边形MEFC为平行四边形，所以，又平面CPM，平面CPM，所以平面CPM.【小问2详解】因为平面，平面，所以，，又，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，取，则.设平面与直线所成角，则，所以与直线所成角的正弦值为.【小问3详解】设且，则，因为直线与平面所成的角为，所以，所以，解得（舍去），所以，因为，，设平面的法向量为，则，取，则.则到平面的距离为.所以到平面的距离为.27.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.【正确答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.【分析】（1）利用导数的几何意义求