河南省濮阳市重点中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测数学试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 河南省濮阳市重点中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测数学试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-19 07:42:03 | ||
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文档简介
濮阳市重点中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测
数学试题
濮阳市重点中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测
数学试题参考答案
一、单项选择题
1. 答案：D
解析：由题意或，，
所以或.
2. 答案：D
解析：因为，
所以，
由得，所以分子分母同除以得，
即，所以.
3. 答案：B
解析：∵，则，即p是q成立的充分不必要条件，则q是p
成立的充分不必要条件即p是q成立的必要不充分条件。
4. 答案：C
解析：由题可知，的定义域为，又因，
所以，为偶函数．当时，，当时，，当 时，.
5. 答案：C
解析：
，所以.
6. 答案：C
解析：①利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，①正确
②，当且仅当时取等号，②不正确；③，则，当且仅当时取等号，所以，③正确.
7. 答案：C
解析：由题意得，初末质量比最大为10，则该型号单级火箭能获得的最大理
想速度．
8. 答案：A
解析：当时，，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，在上单调递增，其大致图象如图所示，由，得 ，令，关于的方程有四个不同的实根等价于函数，的图象有四个不同的交点.当时，的图象在点处切线斜率为，该切线过点时，满足，即，解得，所以的图象过点的切线斜率为；的图象在点 处的切线斜率为，该切线过点时，，因为，解得，
所以的图象过点的切线斜率为.
结合函数图象可知，当的取值范围是时，的图象有四个不同的公共点.
二、多项选择题
9. 答案：AB
解析：对于选项A：因为，则，，当且仅当，即时，等号成立，可得，整理得，解得，故A正确；
对于选项B：由题意可得：，即，且不能推出，所以是的充分不必要条件，故B正确；
对于选项C：当时，则，符合题意；当时，则，解得；
综上所述：方程有唯一解的充要条件是或，故C错误；
对于选项D：若，则，可得；
若，不能得出，例如，则；
所以“”是“”的充分不必要条件，故D错误；
10. 答案：BD
解析：A.当，则，故A错误；B.若，则，则，故B正
确；C.当，，则，故C错误；D.因为，所以，所以，即，故D正确.
11. 答案：BCD
解析：由图得，且位于增区间上，所以，又因为，所以，
，则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，所以的定义域为，故A错误；当时，，因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；当时，令，则，又因为，所以当时，的减区间为，
因为函数为偶函数，所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，得或，则或，因为函数为偶函数，所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
12. 答案：ACD
解析：设，则，所以，可得，所以，，所以，所以，由可得，由可得，所以在单调递减，在单调递增， 对于A和D：因为在单调递减，在单调递增，所以，，，
所以，故选项A、D不正确；对于B和C：因为在单调递减，在单调递增，在处取得极小值，故选项B正确，选项C不正确；
填空题
13. 答案:2
解析:∵，∴，∴，∴，∵，∴．又∵，∴．
14. 答案:
解析:因为，所以切线的斜率为，
而切线与直线垂直，所以，解得.
15. 答案:
解析:在中，由射影定理及得：，
由正弦定理边化角为：，于是得，
由得，，即角是钝角，，
，
当且仅当，即时取“=”，所以tanA的最大值为.
16. 答案:1
解析:令，即，令，，
而，令，，
则，即函数在上单调递增，因为，，即，所以存在唯一的，使得，即，即，，
所以当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增，所以，
要使在存在零点，则，所以实数a的最小值为1.
四、解答题
17. 解析（1）若为真，则不等式对恒成立，
所以，，所以实数的取值范围为．…………………………5分
（2），因为是的充分不必要条件，所以且上述等号不同时取，所以，所以实数的取值范围为．……………………………………10分
18. 解析（1）∵.
∴.∵，∴，∴，
∴，∴…………………………………6分
（2）
12分
19. 解析（1）若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．………………………………………………………5分
（2）．
又（当且仅当时取等），的面积的最大值为.…12分
20. 解析（1）由已知可得，.又，
所以当时，，
当时，，
故.……………………………………………………………5分
（2）当时，，．
当时，，所以，所以当时，单调递增，故．因为，
所以当生产量为12吨时，总利润最小，此时总利润为56千元． 12分
21. 解析（1），因为在处切线的斜率为-2，所以，则.
，令，解得或，
当x变化时，，变化情况如下：
x -2 1
0 0
单调递增 单调递减 单调递增
故的极小值为.……………………………………………………………………5分
（2）由（1）知，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.当时，；当时，.
当或时，方程有1个实数解；
当或时，方程有2个实数解
当时，方程有3个实数解.…………………………………………………12分
22. 解析（1）由题设，则，所以，，
故在处的切线方程为.…………………5分
（2）由题设，即在上恒成立，
令且，则，
令，则，
若，则，故在上递减，有，满足；
若，令，
当时，则上，递减；上，递增；在上，即递减，则，
在上，趋向时趋向于0有趋向，且，即递减，则，所以，在上，满足；
当时，则上，故递增，
所以，故递减，则，满足；
当时，则上，递增；上，递减；此时上，即递增，则，不满足；
综上，………………………………………………………………………………12分
数学试题
濮阳市重点中学2023-2024学年高三上学期期中质量检测
数学试题参考答案
一、单项选择题
1. 答案：D
解析：由题意或，，
所以或.
2. 答案：D
解析：因为，
所以，
由得，所以分子分母同除以得，
即，所以.
3. 答案：B
解析：∵，则，即p是q成立的充分不必要条件，则q是p
成立的充分不必要条件即p是q成立的必要不充分条件。
4. 答案：C
解析：由题可知，的定义域为，又因，
所以，为偶函数．当时，，当时，，当 时，.
5. 答案：C
解析：
，所以.
6. 答案：C
解析：①利用基本不等式可得，当且仅当时取等号，①正确
②，当且仅当时取等号，②不正确；③，则，当且仅当时取等号，所以，③正确.
7. 答案：C
解析：由题意得，初末质量比最大为10，则该型号单级火箭能获得的最大理
想速度．
8. 答案：A
解析：当时，，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故在上单调递减，在上单调递增，其大致图象如图所示，由，得 ，令，关于的方程有四个不同的实根等价于函数，的图象有四个不同的交点.当时，的图象在点处切线斜率为，该切线过点时，满足，即，解得，所以的图象过点的切线斜率为；的图象在点 处的切线斜率为，该切线过点时，，因为，解得，
所以的图象过点的切线斜率为.
结合函数图象可知，当的取值范围是时，的图象有四个不同的公共点.
二、多项选择题
9. 答案：AB
解析：对于选项A：因为，则，，当且仅当，即时，等号成立，可得，整理得，解得，故A正确；
对于选项B：由题意可得：，即，且不能推出，所以是的充分不必要条件，故B正确；
对于选项C：当时，则，符合题意；当时，则，解得；
综上所述：方程有唯一解的充要条件是或，故C错误；
对于选项D：若，则，可得；
若，不能得出，例如，则；
所以“”是“”的充分不必要条件，故D错误；
10. 答案：BD
解析：A.当，则，故A错误；B.若，则，则，故B正
确；C.当，，则，故C错误；D.因为，所以，所以，即，故D正确.
11. 答案：BCD
解析：由图得，且位于增区间上，所以，又因为，所以，
，则，得，所以，
所以，
由图可知，原点右侧的第二个零点为，所以的定义域为，故A错误；当时，，因为为最大值，则当时，取得最大值，故B正确；当时，令，则，又因为，所以当时，的减区间为，
因为函数为偶函数，所以当时，的单调递增区间为，故C正确；
当时，，令，得或，则或，因为函数为偶函数，所以当时，有且只有两个零点和，故D正确.
12. 答案：ACD
解析：设，则，所以，可得，所以，，所以，所以，由可得，由可得，所以在单调递减，在单调递增， 对于A和D：因为在单调递减，在单调递增，所以，，，
所以，故选项A、D不正确；对于B和C：因为在单调递减，在单调递增，在处取得极小值，故选项B正确，选项C不正确；
填空题
13. 答案:2
解析:∵，∴，∴，∴，∵，∴．又∵，∴．
14. 答案:
解析:因为，所以切线的斜率为，
而切线与直线垂直，所以，解得.
15. 答案:
解析:在中，由射影定理及得：，
由正弦定理边化角为：，于是得，
由得，，即角是钝角，，
，
当且仅当，即时取“=”，所以tanA的最大值为.
16. 答案:1
解析:令，即，令，，
而，令，，
则，即函数在上单调递增，因为，，即，所以存在唯一的，使得，即，即，，
所以当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增，所以，
要使在存在零点，则，所以实数a的最小值为1.
四、解答题
17. 解析（1）若为真，则不等式对恒成立，
所以，，所以实数的取值范围为．…………………………5分
（2），因为是的充分不必要条件，所以且上述等号不同时取，所以，所以实数的取值范围为．……………………………………10分
18. 解析（1）∵.
∴.∵，∴，∴，
∴，∴…………………………………6分
（2）
12分
19. 解析（1）若选①在中，因为，
故由可得
由正弦定理得，即．则，又，故．
选②，，∴，∴，∴．
选③由及正弦定理．．
又，所以．
即，因为，，所以．
又，得．
综上所述：选择①②③，都有．………………………………………………………5分
（2）．
又（当且仅当时取等），的面积的最大值为.…12分
20. 解析（1）由已知可得，.又，
所以当时，，
当时，，
故.……………………………………………………………5分
（2）当时，，．
当时，，所以，所以当时，单调递增，故．因为，
所以当生产量为12吨时，总利润最小，此时总利润为56千元． 12分
21. 解析（1），因为在处切线的斜率为-2，所以，则.
，令，解得或，
当x变化时，，变化情况如下：
x -2 1
0 0
单调递增 单调递减 单调递增
故的极小值为.……………………………………………………………………5分
（2）由（1）知，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.当时，；当时，.
当或时，方程有1个实数解；
当或时，方程有2个实数解
当时，方程有3个实数解.…………………………………………………12分
22. 解析（1）由题设，则，所以，，
故在处的切线方程为.…………………5分
（2）由题设，即在上恒成立，
令且，则，
令，则，
若，则，故在上递减，有，满足；
若，令，
当时，则上，递减；上，递增；在上，即递减，则，
在上，趋向时趋向于0有趋向，且，即递减，则，所以，在上，满足；
当时，则上，故递增，
所以，故递减，则，满足；
当时，则上，递增；上，递减；此时上，即递增，则，不满足；
综上，………………………………………………………………………………12分
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