卷子答案网-一个不只有答案的网站2023-2024学年河南省TOP二十名校高三（上）调研数学试卷（二）（9月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B.
C. D.
2. 若命题“，”是真命题，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
3. 已知函数，则( )
A. B. C. D.
4. 函数在上的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5. 在中，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6. 下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是( )
A. B. C. D.
7. 半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美某半正多面体由个正三角形和个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为( )
A. B. C. D.
8. 已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是( )
A. 命题“，”的否定是“，”
B. “”是“”的必要不充分条件
C. “”是“”的既不充分也不必要条件
D. 在，“”是“”的充要条件
10. 已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象的一条对称轴方程为
C. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
D. 函数在区间上单调递增
11. 已知函数的定义域为，且，当时，，且满足，则下列说法正确的是( )
A. 为奇函数
B.
C. 不等式的解集为
D.
12. 已知且，则( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数的部分图象如图，则的图象的一个对称中心为______ ．
14. 已知圆：，过点的直线与圆交于，两点，是的中点，则点的轨迹方程为______ ．
15. 已知，则 ______ ．
16. 已知函数，若，，函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知集合，．
若，求；
若，求实数的取值范围．
18. 本小题分
计算的值；
若，求的值．
19. 本小题分
已知函数．
若关于的不等式的解集为，求，的值；
当时，解关于的不等式．
20. 本小题分
如图，下列图形中第一个最小的等腰直角三角形的面积都是，后一个等腰直角三角形的斜边恰好是前一个等腰直角三角形的直角边的倍，记图形的面积为，后续图形的面积依次为，，，，；解答下列问题．
利用观察法写出，，，以及；
从第几个图形开始，图形面积大于？
21. 本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
证明：；
点是线段的中点，且，，求的周长．
22. 本小题分
在中，且．
求角的大小；
设函数，当时，求的值域．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为集合或，
所以，又，
所以．
故选：．
由已知结合集合的补集及交集运算即可求解．
本题主要考查了集合的补集及交集运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，是真命题
则，
所以．
故选：．
由已知结合含有量词的命题的真假关系及二次函数的性质即可求解．
本题主要考查了含有量词的命题的真假关系的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可知，
所以．
故选：．
先对已知函数解析式进行化简，然后代入后结合诱导公式进行化简即可求解．
本题主要考查了函数值的求解，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，故选项A、D错误；
又，且，故选项C错误．
故选：．
由函数奇偶性排除选项A、，由排除选项C，由此得到答案．
本题考查根据函数解析式确定函数图象，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设，则，
因为，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为．
故选：．
设，结合二倍角公式与同角三角函数的基本关系，根据“同除余弦可化切”的思想，推出，再利用基本不等式，即可得解．
本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握二倍角公式，同角三角函数的基本关系，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：选项，的定义域为，定义域不关于原点对称，函数为非奇非偶函数，不符合题意；
选项，的定义域为，且满足，
可得为奇函数，不符合题意；
选项，因为，，所以为偶函数，
又，，令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
故函数在上单调递增，符合题意；
选项，，函数是偶函数，易得在上单调递减，不符合题意．
故选：．
利用函数的奇偶性与单调性的概念对四个选项逐一分析可得答案．
本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，考查逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意，半正多面体由个正三角形和个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，
当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，记球心为．
如图所示：
在中，，，
该半正多面体所在的正四面体的高，
设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，
由几何知识得，∽，
所以，即，
解得，
所以当球的体积最大时，该球的半径为，
则该球的体积为．
故选：．
首先求出多面体在三棱锥体中的高，进一步利用三角形的相似求出球的最大半径，最后求出球的体积．
本题考查的知识要点：球和多面体的关系，三角形的相似，球的体积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：，
由知，当时，，
因为函数在上存在最值，所以，解得，
当时，，
因为函数在上单调，
所以，即，其中，
解得，
所以，解得，
又，所以，，
即的取值范围是．
故选：．
先利用辅助角公式化简，再结合正弦函数的最值与单调性进行分析，即可得解．
本题主要考查三角函数的图象与性质，熟练掌握辅助角公式，正弦函数的单调性与最值是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，命题“，”的否定是“，”，故A错误；
对于，“”推不出“”成立，而“”能推出“”成立，故“”是“”的必要不充分条件，故B正确；
对于，因为，而；因为，而，即“”是“”的既不充分也不必要条件，故C正确；
对于，在中，若，则，又，所以“”是“”的充要条件，故D正确．
故选：．
直接利用充分条件和必要条件，命题的否定，真假命题的判定判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：充分条件和必要条件，命题的否定，真假命题的判定，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：，
所以函数的最小正周期为，即A正确；
由，得，当时，，即B正确；
由的图象向左平移个单位长度，得，即C正确；
由，知，
因为函数在上不单调，所以函数在区间上不单调，即D错误．
故选：．
先利用三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的图象与性质，逐一分析选项，即可．
本题考查三角函数的综合应用，熟练掌握二倍角公式，辅助角公式，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于：令，得，
所以，
令，得到，即，即为奇函数，故A正确；
对于：因为为奇函数，，所以，故B正确；
对于：设，令，，则，
即，
所以在上单调递增，
因为，
所以，由，得，
所以，解得，故的解集为，故C正确；
对于：因为为奇函数，
所以，
所以，
又因为，
所以，故D错误．
故选：．
对于：先令，求得，再令，可判断的正误；
对于：由为奇函数，，可判断的正误；
对于：设，先判断出在上单调递增，再求得，原不等式可转化为，利用单调性脱“”，可判断的正误；
对于：利用为奇函数，，可求得，可判断的正误．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项A：因为，
又因为在上单调递增，
所以，故A正确；
对于选项B：令，，
则，
故B错误；
对于选项C：因为，且，可得，同号，
若，同正，可得，则，
可得；
若，同负，可得，
则，
可得．
综上所述，，
又因为在定义域内单调递增，
所以，故C错误；
对于选项D：因为，则，
可得在上单调递增，
可得，且，，所以，故D正确．
故选：．
对于，分别借助于对数函数和幂函数的单调性即可判断正误，对举反例即可，对于借助于指数函数的单调性，转化为比较指数的大小，根据条件讨论，可得结果．
本题考查运用幂函数，对数函数，指数函数的单调性比较大小，属中档题．
13.【答案】答案不唯一
【解析】解：由题图可知，因为当时，，
因为，所以，所以，
由题图可知，所以，所以，
由题图可知，，解得又，所以，
所以令，解得，
所以图象的对称中心为，当时，图象的一个对称中心为．
故答案为：答案不唯一．
由图得出的值，再由的值确定的值，然后再由图得出周期的范围，由此得出的范围再根据最值得出的值，然后根据正弦函数的对称中心即可求解．
本题考查了三角函数的图像性质，考查了学生的数形结合能力以及运算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解法一：圆：的圆心为，半径为，
设，由线段的中点为，可得，
即有，
即，
所以点的轨迹方程为．
解法二：因为，所以点的轨迹是以为直径的圆，
所以点的轨迹方程为．
故答案为：．
法一：由已知结合圆的性质及向量数量积的坐标表示即可求解；
法二：由，可得点的轨迹是以为直径的圆，进而可确定圆的圆心及半径，从而可确定方程．
本题主要考查了圆的方程的求解，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为，所以，
所以．
故答案为：．
利用两角和的正切公式化简已知等式，可得，再结合二倍角公式与同角三角函数的基本关系，根据“同除余弦可化切”的思想，求解即可．
本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握二倍角公式，两角和的正切公式，同角三角函数的基本关系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：依题意，，，可得，，
函数恰有三个不同的零点，
即恰有三个解，
转化为函数与图象有三个交点，
函数的图象如图所示，
结合图象，，解得，
即实数的取值范围为．
故答案为：．
根据已知求出，的值，画出对应函数图像，把问题转化为函数与图象有三个交点，数形结合即可求解结论．
本题考查分段函数的图象和应用，考查数形结合思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：集合，
时，集合，
所以；
若，则时，，解得，
时，应满足，解得，
综上，实数的取值范围是或．
【解析】解不等式得出集合，求出时集合，再求；
讨论和时，求出时实数的取值范围．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
18.【答案】解：原式．
由已知可得，且，
化为，
即，化为，
，则，，即．
．
【解析】利用指数与对数运算性质化简即可得出结论；
利用指数与对数运算性质化简即可得出结论．
本题考查了指数与对数运算性质、方程思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：由题设条件可知：关于的方程的两个根为和，
，解得：，；
当时，原不等式可化为：，即，
当时，解得：或；
当时，解得：；
当时，解得：或；
综上可知，当时，原不等式的解为；
当时，解得：；
当时，原不等式的解为．
【解析】先由二次函数与二次不等式的关系关于的方程的两个根为和，再由韦达定理得到关于，的方程组，然后求解出，即可；
由题设条件对分类讨论分别求解出原不等式的解即可．
本题主要考查二次函数与二次不等式之间的关系及含参不等式的解法，属于中档题．
20.【答案】解：根据题意，图形的面积：，
图形的面积：，
图形的面积：，
图形的面积：，
所以图形的面积：．
由，得，所以，故，
又因为，所以，
所以从第个图形开始图形面积大于．
【解析】根据题意，直接写出、、和的值，以及的通项公式．
由，求解即可，再考虑，由此得出结论．
本题考查了归纳推理的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
21.【答案】证明：因为，
所以，
所以，
即，
由正弦定理得，
所以；
解：因为点是线段的中点，
所以，
所以，
则，
由余弦定理得，
由知，
则，
结合可得，
即，
则，
所以的周长为．
故的周长为．
【解析】由两角和的正弦公式，结合正弦定理求解即可；
由向量的数量积运算，结合余弦定理求解即可．
本题考查了两角和的正弦公式、正弦定理，重点考查了向量的数量积运算及余弦定理，属基础题．
22.【答案】解：因为且，
所以．
因为，
所以，
所以，
所以，即，
因为，
所以．
，
当时，，
所以．
则的值域为．
【解析】结合三角形内角和先求出，然后结合和差角公式进行化简可求；
先利用和差角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了和差角公式，二倍角公式及辅助角公式的应用，属于中档题．
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