精品解析：黑龙江省牡丹江市第一高级中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题

2022级高三学年暑假开学初考试题 数学试题 考试时间：120分钟分值：150分 命题人：贾立忠 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出指数函数、对数函数值域化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】对数函数为增函数，当时，，则， 指数函数为减函数，当时，，则， 所以. 故选：B 2. =（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解. 【详解】. 故选：A 【点睛】本题考查了诱导公式以及特殊角的三角函数值，需熟记公式以及特殊角的三角函数值，属于基础题. 3. 定义域为R的函数满足，当时，，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，所以将向区间进行转化，即可求得答案. 【详解】由，得， 故， 故选：D 4. 函数的部分图象大致为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由的定义域排除B；由是奇函数排除C；由排除D，从而得出答案. 【详解】由，得，则的定义域是，排除B； 由， 得， 所以函数是奇函数，排除C； ，排除D. 故选：A． 5. 若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由命题的否定为真命题，转化为成立，构造函数利用导数判断单调性即可得解. 【详解】由题意，命题的否定“，，使得”为真命题， 即， 设，则， 所以为增函数， 所以由可知， 故选：B 6. 已知函数与，则下列说法错误的是（ ） A. 与存在相同的对称轴 B. 与存在相同的对称中心 C. 与的值域相同 D. 与在上有相同的单调性 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称轴方程和对称中心坐标，结合正弦型函数的值域性质、单调性逐一判断即可. 【详解】对于，令，得的对称轴为， 令，得的对称轴为，显然与有相同的对称轴，A正确； 对于，令，得的对称中心为， 令，得的对称中心为， 由得， 显然不存在整数使成立，故与没有相同的对称中心，B错误； 对于C，与的值域显然均为，C正确； 对于D，当时 由在上递增， 由在上递减， 由在上递增， 由在上递减， 与均在上单调递增，在上单调递减，D正确. 故选：B 7. 记实数的最小数为若则函数的最大值为（ ） A. 4 B. C. 1 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由题意在同一个坐标系中，分别作出三个函数的图像，再按要求得到的图象，结合图像易得函数的最大值． 【详解】 如图所示，在同一个坐标系中，分别作出函数的图象， 而的图象即是图中勾勒出的实线部分， 要求的函数的最大值即图中最高点的纵坐标. 由联立解得，，故所求函数的最大值为． 故选：B． 8. 已知，则的最大值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由三角恒等变换得出是方程的一个实根，再利用导数研究函数单调性，结合零点存在定理即可求解. 【详解】 ； ， 即是方程的一个实根． 令， ，显然， 当时，，所以在上单调递减， 又， 所以，即n的最大值为5. 故选：A. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 是第三象限角 B. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为 C. 若角的终边上有一点，则 D. 若角为锐角，则角为钝角 【答案】BC 【解析】 【分析】利用象限角的定义可判断A选项；利用扇形的面积公式可判断B选项；利用三角函数的定义可判断C选项；取可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为且为第二象限角， 故是第二象限角，A错； 对于B选项，若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的半径为， 因此，该扇形的面积为，B对； 对于C选项，若角的终边上有一点，则，C对； 对于D选项，因为为锐角，不妨取，则为直角，D错. 故选：BC. 10. 已知是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 在上单调递增，在上单调递减 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性求解析式即可判断A；利用函数的对称性求解析式即可判断B；由选项AB知在上单调递减，结合函数的奇偶性和对称性求出的周期即可判断C；结合选项C可得，即可判断D. 【详解】A：当时，则，因为是定义域为的偶函数， 所以，故A正确； B：令，由题意，即， 所以的图象关于点对称.当时，则， 所以，故B正确； C：由选项AB知，当时，当时， 又因为函数在R上单调递减，所以在上单调递减. 又为偶函数，所以在上单调递增. 由，，得，即， 所以，所以4为的一个周期. 从而在上单调递增，故C错误； D：由选项C知，，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的值域为 C. 若方程在上有6个不同的实根，则实数的取值范围是 D. 若方程在上有6个不同的实根，则的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据是否成立判断A，利用分段函数判断BC，根据正弦函数的单调性画出分段函数的图象，求出的取值范围，再利用对称性判断D. 【详解】因为， 所以， 所以的图象不关于点对称，A说法错误； 当时，，由可得， 当时，，由可得， 综上，B说法正确； 当时，由解得， 当时，由解得， 所以方程在上的前7个实根分别为， 所以，C说法正确； 由解得或， 又因为， 所以根据正弦函数的单调性可得图象如图所示， 所以有4个不同的实根，有2个不同的实根， 所以，解得， 设，则， 所以，所以的取值范围是，D说法错误， 故选：BC 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式，求解得出解集. 【详解】不等式可变为，即，解得或. 即不等式的解集为. 故答案为： 13. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】因为， 所以， 所以函数在区间上单调递增， 即上恒成立， 显然，所以问题转化为在上恒成立， 设， 所以， 所以在上单调递增， 所以， 故， 所以的最小值为：. 故答案为：. 14. 已知，则最小值为______. 【答案】10 【解析】 【分析】根据给定的等式求出的关系式，再求出的最小值，然后利用均值不等式求解作答. 详解】依题意，，即，则，又， 因此，当且仅当时取等号，又， 从而， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，取得最小值10 故答案为：10 四、解答题： 15. 已知α，β为锐角，且求： （1）的值； （2）的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1） 由余弦的二倍角公式即可求解； （2）由为锐角，可得，进而可得的值，由可得的值. 【小问1详解】 因为为锐角，，则， 所以； 【小问2详解】 因为为锐角，所以，， 所以，所以. 因为，所以， 所以， 所以 . 16. 已知（）在时有极值0. （1）求常数，的值； （2）求函数在区间上的值域. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由条件可知，，求解，再验证；（2）利用导数先求函数的单调区间，再判断的最值. 【详解】（1）（）可得， 由题时有极值0.可得：即 解得：（舍去）或，经验证成立； （2）由（1）可知， ，， 增 减 增 所以函数在和递增，递减. 且，，，， 可得值域为. 17. 将图（1）所示的摩天轮抽象成图（2）所示的平面图形．摩天轮直径为米，中心距地面米，按逆时针方向匀速转动，某游客从最低点处登上摩天轮，分钟后第一次到达最高点． （1）游客登上摩天轮分钟后到达处，求该游客距离地面的高度； （2）求该游客距离地面的高度(单位:米)与他登上摩天轮的时间 (单位:分钟)的函数关系式； （3）当该游客登上摩天轮分钟时，他的朋友在摩天轮最低点处登上摩天轮．求他和他的朋友距离地面的高度之差的绝对值的最大值． 【答案】（1）米 （2） （3）20 【解析】 【分析】（1）由已知条件得的大小，可得点到地面的高度； （2）以为原点建立平面直角坐标系，表示出点坐标，可得距离地面的高度与时间的函数关系式； （3）两人距离地面的高度都表示为与时间的函数，作差后通过三角恒等变换化简后结合正弦函数的性质求最大值. 【小问1详解】 因为从最低点处登上摩天轮，分钟后第一次到达最高点，所以登上摩天轮分钟后，， 所以游客距离地面的高度为米. 【小问2详解】 如图以为原点建立平面直角坐标系. 则， 与的函数关系式为， 即. 【小问3详解】 设x分钟后两人距离地面的高度之差的绝对值为 . 所以当，即时，取得最大值为20. 18. 已知函数，. （1）当时，恒成立，求实数a的取值范围； （2）证明：当，时，曲线与曲线总存两条公切线； （3）若直线，是曲线与的两条公切线，且，的斜率之积为1，求a，b的关系式. 【答案】（1）． （2）设直线是的公切线，设的切点为， 的切点为， ， 所以切线方程为，， 因此且 结合，故，故， 进而可得， 令，故， 由于为单调递减函数，且， 故当在单调递增； 当在单调递减； 故， 又当，且， 故总有两个不相等的实数根，因此直线有两条， （3） 【解析】 【分析】（1）参变量分离可得，设，利用导数求出的最大值，从而可得的取值范围； （2）设两个函数的切点，由点斜式求解切线方程，利用公切线联立可得，再构造函数，利用导数即可证明，即可求证； （3）根据公切线得，化简整理可得，题目转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，，由可得，的关系，代入中，可得有两个不等实根，代入化简即可求解. 【小问1详解】 由得，则， 设，， 由于均为上的单调递减函数，故为上的单调递减函数，结合， 在为正，在为负，故在上单调递增，在单调递减， ，则， 即的取值范围是． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得：存在实数，，使在处的切线和在处的切线重合， ，即， 则，， 又， ， 题目转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，， 则由得， 化简得， ， 【点睛】关键点点睛：由公切线得，进而得，利用斜率互倒数，利用代入化简. 19. 已知函数． （Ⅰ）当时，求零点处的切线方程； （Ⅱ）若有两个零点，求证：． 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】(I)先把代入得到，根据零点存在性原理判断函数的零点坐标原点和，代入求出切线斜率即可求出切线方程； (II)先构造一个函数，利用这个函数可得到，从而有，再构造，得到，有，再根据即可证明 【详解】解：（Ⅰ）由题意得：，，定义域为， ， ，在上为减函数． ， 由零点存在定理可知，在上必存在一点使 当时，，即在上为增函数， 当时，，即在上为减函数， 极大值， 故至多有两个零点，又，， 故，是的两个零点，由，， 易得出两切线方程为：或 （Ⅱ）由（Ⅰ）易知， 设， ，， 在上为增函数， 当时，，即在上为减函数， 当时，，即在上为增函数， ，即， 设与的交点横坐标为， ， 为增函数，， 同理设， ，， 在上为增函数，， 当时，，即在上为增函数， 当时，，即在上为减函数， ，即， 设与的交点横坐标为， ， 为减函数，， 故：， 得证． 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，利用构造函数以及函数的单调性来证明不等式，属于困难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三学年暑假开学初考试题 数学试题 考试时间：120分钟分值：150分 命题人：贾立忠 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 2. =（ ） A. B. C. D. 3. 定义域为R的函数满足，当时，，则＝（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象大致为（ ）. A. B. C. D. 5. 若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数与，则下列说法错误的是（ ） A. 与存在相同的对称轴 B. 与存在相同的对称中心 C. 与的值域相同 D. 与在上有相同的单调性 7. 记实数的最小数为若则函数的最大值为（ ） A. 4 B. C. 1 D. 5 8. 已知，则的最大值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 是第三象限角 B. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为 C. 若角的终边上有一点，则 D. 若角为锐角，则角为钝角 10. 已知是定义域为的偶函数，为奇函数，当时，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 在上单调递增，在上单调递减 D. 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的值域为 C. 若方程在上有6个不同的实根，则实数的取值范围是 D. 若方程在上有6个不同的实根，则的取值范围是 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 不等式的解集为________． 13. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为__________． 14. 已知，则最小值为______. 四、解答题： 15. 已知α，β为锐角，且求： （1）的值； （2）的值． 16. 已知（）在时有极值0. （1）求常数，的值； （2）求函数在区间上的值域. 17. 将图（1）所示的摩天轮抽象成图（2）所示的平面图形．摩天轮直径为米，中心距地面米，按逆时针方向匀速转动，某游客从最低点处登上摩天轮，分钟后第一次到达最高点． （1）游客登上摩天轮分钟后到达处，求该游客距离地面的高度； （2）求该游客距离地面的高度(单位:米)与他登上摩天轮的时间 (单位:分钟)的函数关系式； （3）当该游客登上摩天轮分钟时，他的朋友在摩天轮最低点处登上摩天轮．求他和他的朋友距离地面的高度之差的绝对值的最大值． 18. 已知函数，. （1）当时，恒成立，求实数a的取值范围； （2）证明：当，时，曲线与曲线总存在两条公切线； （3）若直线，是曲线与的两条公切线，且，的斜率之积为1，求a，b的关系式. 19. 已知函数． （Ⅰ）当时，求零点处的切线方程； （Ⅱ）若有两个零点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $