精品解析：山东省聊城市水城中学2024-2025学年高三上学期第一次备考监测联考（10月）数学试题

山东省第一次备考监测联考数学 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：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形，平面向量. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则“”是“是增函数”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 4. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 5. 若对任意的，函数满足，则（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 0 6. 某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获得的总利润（单位：百万元）与新设备运行的时间（单位：年，）满足，当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 如图，在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 8. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 下列结论正确的是（ ） A. “，”的否定为“，” B. 在中，若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义出发，用有理数的“分割”来定义无理数，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，， 中的每个元素都小于中的每个元素，称为戴德金分割．下列结论正确的是（ ） A. 是一个戴德金分割 B. 存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，没有最小元素 C. 存一个戴德金分割，使得有一个最大元素，有一个最小元素 D. 存在一个戴德金分割，使得没有最大元素，也没有最小元素 11. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量满足，则与的夹角为_____． 13 若，且，则______． 14. 已知正实数满足，则的最大值为__________. 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. 已知向量，，函数. （1）求的单调递减区间； （2）若在区间上的最大值为3，求的最小值. 16. 记内角，，所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中线，且，的面积为，求的周长． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的极大值． 18. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为． （1），，是否存在正整数，使得，且为钝角三角形？若存在，求出；若不存在，说明理由． （2）若为的中点，E，F分别在线段上，且，，求面积的最小值及此时对应的的值． 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省第一次备考监测联考数学 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：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形，平面向量. 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 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】∵，或， ∴. 故选：D 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，通过赋值逐项判断即可. 【详解】因为，所以， 则，所以， 则，所以. 故选：C 3. 已知函数，则“”是“是增函数”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】由当时，，可得是增函数，即可得到答案. 【详解】由，得， 则当时，，是增函数， 当时，可得是增函数； 当是增函数时，， 故“”是“是增函数”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正切函数的周期性、对称性计算即可得出结果. 【详解】由图可知，的最小正周期，则， ，则， 由，得，则． 故选：C 5. 若对任意的，函数满足，则（ ） A. 6 B. 4 C. 2 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】用赋值法即可求解. 【详解】令，则由，可得， 所以为常数函数，令，可得，故. 故选：D. 6. 某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获得的总利润（单位：百万元）与新设备运行的时间（单位：年，）满足，当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】设年平均利润为，表示出，再结合基本不等式及二次函数的性质求出各段的最大值，即可得解. 【详解】依题意，设年平均利润为，则（）， 当时， 当且仅当，即时取等号； 当时，则当时取得最大值且， 又，所以当时年平均利润取得最大值. 故选：C 7. 如图，在中，是边上靠近点的三等分点，是边上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用余弦定理求出，再将向量用基底表示，借助向量运算性质计算即可. 【详解】由，解得. 设， 则. 故选：C 8. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用函数的单调性和奇偶性，把转化成，再结合三角函数的性质求的取值范围. 【详解】令，则恒成立，则在上单调递增，且是奇函数. 由，得，即， 从而，即 故选：D 【点睛】方法点睛：设，可得函数为奇函数，利用导函数分析函数的单调性，把转化成，再求的取值范围. 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. 下列结论正确的是（ ） A. “，”的否定为“，” B. 在中，若，则 C. 若，则 D 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由特称量词命题的否定方法即可判断；对于B，通过举反例即可判断； 对于C，由三角恒等变换化简即可判断；对于D，通过基本不等式即可判断. 【详解】对于A，命题“，”否定为“，”， 故A正确； 对于B，在中，若，， 则，， ， ， 故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则，所以， 当且仅当或时等号成立，故D正确. 故选：ACD. 10. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义出发，用有理数的“分割”来定义无理数，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，， 中的每个元素都小于中的每个元素，称为戴德金分割．下列结论正确的是（ ） A. 是一个戴德金分割 B. 存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，没有最小元素 C. 存在一个戴德金分割，使得有一个最大元素，有一个最小元素 D. 存在一个戴德金分割，使得没有最大元素，也没有最小元素 【答案】BD 【解析】 【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误. 【详解】对于A，因为，所以A错误． 对于B，设，满足戴德金分割，则有一个最大元素1，没有最小元素，所以B正确． 对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素，则不能同时满足，所以C错误． 对于D，设，满足戴德金分割，此时中没有最大元素，中也没有最小元素，所以D正确． 故选：BD 11. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将，变形作差，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；将变形，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；根据，即可判断. 【详解】，， ， 令，， 则，在上单调递减， 所以，即，故正确； 因为，所以， 令，， 则，在上单调递减，所以， 即，故正确， 因为，，所以，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：数的大小的比较，通过构造函数，通过求导利用函数的单调性求解是解题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知非零向量满足，则与的夹角为_____． 【答案】 【解析】 【分析】借助向量数量积公式与夹角公式计算即可得. 【详解】由，故， ， 又，故. 故答案为：. 13. 若，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式及两角差的余弦公式化简，求出，根据即可求解. 【详解】由，得． 因为，所以，则， 所以． 由，得，则，解得． 故答案为： 14. 已知正实数满足，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将代入可得，再由基本不等式求解即可. 【详解】解：因为， 所以.又， 所以， 当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 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. 已知向量，，函数. （1）求的单调递减区间； （2）若在区间上的最大值为3，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积，利用二倍角公式和辅助角公式化简，结合三角函数的性质可得单调递减区间； （2）根据的范围，求出的范围，结合三角函数的性质可得的最小值. 【小问1详解】 ， 令， 解得， 所以的单调递减区间为 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以， 因为在区间上的最大值为3， 所以在区间上的最大值为， 所以，即，所以的最小值为. 16. 记的内角，，所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中线，且，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、三角形内角和定理及三角恒等变换求角； （2）由三角形的面积公式得的值，再由向量的线性运算及向量的模求的值，最后由余弦定理求的值. 【小问1详解】 ∵， ∴由正弦定理得， ∴， ∴， ∵， ∴.即， ∵，∴. ∴，即. 【小问2详解】 ∵由题意得， ∴. ∵是的中线， ∴， ∴， ∴，， 由余弦定理得， ∴. ∴的周长为. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求函数的极大值． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到切线的斜率，再由斜截式得到切线方程； （2）求出函数的定义域与导函数，分、、、四种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可求出函数的极大值. 【小问1详解】 当时，则，， 所以， 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为，且， 当时恒成立，所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则在处取得极小值，不存在极大值； 当时，令，解得或， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 则在处取得极大值，在处取得极小值， 所以的极大值为； 当时恒成立，所以在上单调递增， 则不存在极大值； 当时，令，解得或， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 则在处取得极大值，在处取得极小值， 所以的极大值为； 综上所述，当或时不存在极大值； 当时的极大值为； 当时的极大值为. 18. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为． （1），，是否存在正整数，使得，且为钝角三角形？若存在，求出；若不存在，说明理由． （2）若为中点，E，F分别在线段上，且，，求面积的最小值及此时对应的的值． 【答案】（1）存在, （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值； （2）由正弦定理可得出，，再利用三角形的面积公式和两角和与差的正弦公式化简即可求得结果. 【小问1详解】 假设存在正整数满足题设． 为钝角三角形，因为，所以为钝角， 根据题设，，，由余弦定理, 所以，得，解得． 因为，所以， 【小问2详解】 如图，因为，所以． 在中，因为，所以 在中，因为，所以． 所以， 设，， 所以 化简可得： 所以 当时，取得最小值． 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解. （2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 【小问1详解】 （i）因为点在曲线上，所以，即， 由，得，则， 所以曲线在点A处的切线方程为即. （ii）由（1），由得其反函数为， 则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D， 则D在曲线上，且，， 则， 由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为， 联立方程组解得或（舍去）， 则， 则该“关联矩形”的面积. 【小问2详解】 证明：由得其反函数为， 所以和图象关于直线对称，且由其性质可知， 根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则， 设，其中， 则，，因为“关联矩形”是正方形， 所以，， 所以， 由，得，所以， 所以由得即. 对于函数，则， 故函数在上单调递增，故即， 令， 则且， 则在上单调递增，所以， 所以，因为， 令，则，当时，单调递增， 则， 从而. 【点睛】关键点睛：解决本题关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$