贵州省黔南州罗甸县第一中学2024-2025学年高三上学期第二次数学晚测试题

罗甸县第一中学第二次晚测 姓名：___________班级：___________得分：___________ 1．已知函数的最小正周期为，若将其图象沿x轴向右平移个单位长度所得图象关于对称，则正实数m的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．已知是的三边长，关于的方程的解集只有一个元素，且方程的根为，则的形状为（    ） A．等腰但不等边三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 3．《几何原本》第二卷的几何代数法成了后世西方数学家处理数学问题的重要依据.通过这一原理，很多代数的定理和公理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明.现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在半径OB上，且，设，可以直接通过比较线段OF与线段CF的长度完成的无字证明为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【多选题】6．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．函数的最小正周期为 B． C．函数在上单调递增 D．方程的解为， 7．已知命题“，使得等式成立”是假命题，则实数的取值范围是 . 8．将函数 的图象向右平移 个单位，得到函数的图象，若函数y=g(x)在 上为增函数，则ω的取值范围是 . 9．（14分）记的内角，，的对边分别为，，，已知. (1)求角的大小； (2)若点在上，平分，，，求的长； (3)若该三角形为锐角三角形，且面积为，求的取值范围. 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D C C B C ABD 1．D 【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数并求出，再由平移后的函数图象对称轴列式求解即得. 【详解】依题意，，则，解得，， 将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度得的图象， 于是，解得， 所以正实数m的最小值为. 故选：D 2．C 【分析】根据题意可得方程的判别式，和，联立解的关系即可. 【详解】因为方程的解集只有一个元素， 所以，即①， 又因为方程的根为，所以②， 由①②可得，即为等边三角形， 故选：C. 3．C 【分析】连接，则，由此可求出OF的长，继而利用勾股定理求出CF的长，结合直角三角形边长的关系，即可得答案. 【详解】如图，连接，则， 由于O为AB的中点，故； 又， 则在中，， 由于，故， 故选：C. 4．B 【分析】根据指数型函数和分式型函数的单调性进行求解即可. 【详解】当时，函数单调递增，故有， 此时函数的值域为， 当时，函数单调递减，故有， 此时函数的值域为， 要想函数的值域为， 只需， 故选：B 5．C 【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解. 【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以， 而显然过与两点， 作出与的部分大致图像如下，    考虑，即处与的大小关系， 当时，，； 当时，，； 当时，，； 所以由图可知，与的交点个数为. 故选：C. 6．ABD 【分析】根据给定的函数图象，求出周期及、、，进而求出解析式，再根据正切函数的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，由，所以， 因为，则，则， 因为，则，所以，故B正确； 对于C，，由，得， 而，即时，没有意义，故C错误； 对于D，，则， 方程，得， 即，即， 所以或，因为，， 所以或，解得或，故D正确. 故选：ABD. 7．或 【分析】存在量词命题的否定为真命题，从而得到，得到的取值范围. 【详解】由题意得“，使得等式成立”是真命题， 故， 所以实数的取值范围是或. 故答案为：或 8．(0,2] 【分析】先得到，再由求解． 【详解】依题意，得， 因为，所以，且， 而函数在上为增函数， 得，得，而，得， 故答案为： 9．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换化简条件即可求解角的大小； （2）在中，根据余弦定理解得，又，得，从而得解； （3）利用三角形的面积公式求得，结合正弦定理，用表示出并求得的取值范围，进而求得的取值范围. 【详解】（1）依题意，得，根据正弦定理得， 因为，所以，则，即， 即，所以． 又，则， 所以； （2）在中，根据余弦定理，得， 即，解得或（舍去）， 依题意，，即， 化简得，则， 所以； （3）依题意，的面积，所以． 又为锐角三角形，且，则，所以． 又，则，所以． 由正弦定理，得， 所以， 所以，即， 所以a的取值范围为． 答案第4页，共5页 答案第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $$