天津市静海区第一2025届高三上学期10月月考试卷数学答案

第1页/共1页静海一中2024-2025第一学期高三数学（10月）学生学业能力调研试卷考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题（132分）和第Ⅱ卷提高题（15分）两部分，共147分．3分卷面分．第Ⅰ卷基础题（共132分）一、选择题:每小题5分，共45分.1.已知集合​，则​（）A.​ B.​ C.​ D.​【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式求集合A，根据指数函数单调性求集合B，进而求交集.【详解】因为集合​，​，所以​．故选：D．2.已知，则“”是“”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】结合不等式的性质分充分性、必要性两方面进行说明即可求解.【详解】若，则函数单调递增，所以，充分性成立；当时，，满足，但，不满足必要性；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分别利用函数的定义域、奇偶性与特殊值的正负排除不符合要求的选项即可得.【详解】由定义域为，故可排除C；又，故为奇函数，故可排除D；由，故可排除B；故选：A.4.已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则使得成立的的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先判断在上的单调性，再由其为偶函数将转化为，则可得，从而可求得的取值范围【详解】因为和在上均单调递增，所以在上单调递增．因为是定义在上的偶函数，所以可化为，所以，解得．故选：D5已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用对数运算规则和对数函数单调性求得的大小关系及其取值范围，再求得c的取值范围，进而得到三者之间的大小关系.【详解】由题意得，，，由，可得，又，则，故又，则.故选：D.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合两角和差的正弦公式以及同角的商数关系求出，进而利用二倍角的正切公式即可求出结果.【详解】因为，所以，得，显然，所以，故，故选：C.7.已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案.【详解】当时，不等式恒成立，则，即函数在上单调递增，则，整理可得，令，则.当时，，单调递减，当时，，单调递增，，.故选：D.8.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.的图象关于点对称B.的图象向右平移个单位后得到的图象C.在区间的最小值为D.为偶函数【答案】D【解析】【分析】先由图象求出的解析式，再结合三角函数的性质与图像变换逐一判断．【详解】由图可知，，又，所以，再由图象知，且，故，解得，即，对于A，由，所以A错误；对于B，的图象向右平移个单位后得到的函数为，故B错误；对于C，由，得，当即时，在区间的最小值为，故C错误；对于D，是偶函数，故D正确．故选：D．9.如图，在平面四边形中，，，，，，，若点F为边AD上的动点，则的最小值为（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】以为原点建立平面直角坐标系，求得，设，令，得出，利用数量积的运算得到，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，依题意得，又，在中，由余弦定理得，所以，所以，故，在中，由余弦定理得，所以，所以，因为，，故，因为，，所以，所以在中，，所以为等边三角形，所以，所以，设，由题意令，即，解得，所以，所以，设，可得其对称轴为，且开口向上，所以时，取得最小值，即的最小值为.故选：B.二、填空题：每小题5分，共30分.10.已知复数（为虚数单位），其共轭复数为，则的虚部为____________．【答案】【解析】【分析】先将复数转化为的形式，然后求解，进而得出的虚部.【详解】解：，所以，所以，故的虚部为，故答案为：.11计算：__________．【答案】##3.75【解析】【分析】利用指数运算、对数运算及对数换底公式计算即得.【详解】.故答案为：12.平面向量，满足，，，则与的夹角为______．【答案】##【解析】【分析】根据，得出，将两边同时平方，列式求出，再求出夹角的值.【详解】设与的夹角为，由，得.因为，，所以，即，解得，因为，所以.故答案为：.13.在中，内角的对边分别为，且，，，则的面积为_______．【答案】【解析】【分析】由正弦定理和正弦和角公式得cosAsinC=0，进而得，，再计算面积即可【详解】解：解法1：，又，∴，∴cosA∵，∴，∴，又，∴，∵，∴，．解法2：由射影定理，，又由题意，，∴，∴，∵，∴，又，∴，．故答案为：14.已知，且，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】先利用把化成，利用基本不等式可求的最小值，再根据不等式的性质把目标代数式放缩为与有关的代数式，再利用基本不等式可求题设中目标代数式的最小值.【详解】因为，，所以，当且仅当时等号成立．又因为，由不等式的性质可得.又因为，当且仅当时等号成立．所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查多元代数式的最值，处理这类问题的基本策略是降元处理，降元时要结合目标代数式的结构特点，找出能整体处理的部分，本题属于难题.15.在平面四边形中，，，若，则_____；若为边上一动点，当取最小值时，则的值为_____．【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意可知是等边三角形，是有一个内角为60°的直角三角形，又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．详解】解：∵平面四边形中，，，∴是边长为2的等边三角，在中，，所以，又，∴是边的四等分点．如图建立坐标系：则：，，所以，再设，则，∴，显然时，最小，此时，∴．故答案为：，．【点睛】本题考查平面向量在几何问题中的应用，涉及向量的数量积和向量夹角的余弦值，通过建系将问题坐标化是一种常见的求角或距离的解题方法，同时考查学生的转化思想和数形结合思想.三、解答题：(本大题共5小题，共72分)16.在中，内角所对的边分别为．已知，，，．（1）求和的值；（2）求三角形BC边的中线长；（3）求的值．【答案】（1），；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）确定锐角，求得，由余弦定理求得，再由正弦定理得；（2）在中由余弦定理求得中线，（3）确定是锐角，求得，由二倍角公式求得，然后由两角和的正弦公式求值．【详解】（1）在中，因为，故由，可得．由已知及余弦定理，有，所以.由正弦定理,得.所以，的值为，的值为.（2）设BC边的中点为D，在中，由余弦定理得:，（3）由（1）及，得，所以，．故．【点睛】关键点点睛：本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，解题时根据已知条件选用正弦定理或余弦定理求解，注意在用平方关系求得角的余弦时，先确定角的范围，然后计算．17.已知函数，的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.（1）求函数的单调递增区间：（2）将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换公式化简函数的解析式，接着依据题意求出，进而求出函数，再令，接着求解不等式即可得解.（2）先由三角变换规则结合（1）得，接着由得，再由正弦函数图像性质即可求出函数y=gx在区间上的值域.【小问1详解】因为，又由题，所以，所以，令，则，所以函数的单调递增区间为.【小问2详解】由（1），故由题意可得，当，，故由正弦函数图像性质可得，所以即，所以函数y=gx在区间上的值域为.18.设函数.（1）当时，求在处的切线方程；（2）讨论的单调性；（3）若恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）（2）答案见解析（3）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；（2）利用导数含参讨论函数的单调性即可；（3）分离参数，利用导数研究函数的最值即可.【小问1详解】当时，，则在处的切线方程为：；【小问2详解】由，若，则恒成立，即在上单调递增；若，则时，有，即在上单调递减，时，有，即在上单调递减；综上：若时，在上单调递增；若时，在上单调递减；【小问3详解】不等式恒成立，设，易知在上单调递增，又，所以时有，时有，即在上单调递减，在上单调递增，所以，故m的取值范围.19.（1）设，对任意实数x，记．若有三个零点，则实数a的取值范围．（2）已知函数，其中，若方程有三个不同的实数根，则实数k的取值范围．（3）已知函数，函数有四个零点，则实数的取值范围.（4）问题：用数形结合法解决函数零点问题是常用的方法，请总结此方法使用时需要注意什么问题？【答案】（1）；（2）；（3）；（4）答案见解析【解析】【分析】（1）函数的零点，由条件列不等式求a的取值范围.（2）画出分段函数图象数形结合根据零点个数求出参数即可；（3）先求导函数得出函数单调性及最值画出分段函数图象，数形结合根据零点个数求出参数即可；（4）根据数形结合判断函数零点需要构造函数，结合函数图象得出参数范围．【详解】（1）令，因为函数有一个零点，函数ℎx至多有两个零点，又有三个零点，所以ℎx必须有两个零点，且其零点与函数的零点不相等，且函数ℎx与函数的零点均为函数的零点，由gx=0可得，，所以，所以为函数的零点，即，所以，令，可得，由已知有两个根，设，则有两个正根，所以，且，所以，故，当时，有两个根，设其根为，，则，设，则，，所以，令，则，则，，且，，所以当时，，所以当时，为函数的零点，又也为函数的零点，且与互不相等，所以当时，函数有三个零点.（2）如图，，则的图象如上，显然，与不可能有交点，故时不符题意；如图，，则的图象如上，显然，与有三个不同交点时，必有，解得，而时，明显不符题意；综上，.（3）解：有四个零点等价于y=fx与有四个不同交点当时，，当时，f′x<0；当时，即在上单调递减，在上单调递增，，当时，，此时，由此可得图象如下图所示：

恒过，由图象知，直线位于图中阴影部分时，有四个不同交点，即临界状态为与两段图象分别相切，当与相切时，可得，当与相切时，设切点坐标为，则，又恒过，则，即，解得，故，由图象知：；（4）判断函数零点需要注意：将函数变形为两个函数的差，构造函数，画两个函数的图象，利用图象交点的个数：看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．第Ⅱ卷提高题（共15分）20.已知函数，（）.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）若对任意恒成立，求整数a最小值.【答案】（1）（2）函数的单调递减区间为，单调递增区间为.（3）1【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；（2）求出函数导数，再利用求导数判断导函数的符号，即可得到原函数的单调区间；（3）原不等式恒成立转化为，构造函数，根据单调性转化为对任意恒成立，分离参数后得，由导数求出的最大值即可.【小问1详解】当时，，所以，所以切线方程为，即.【小问2详解】因为，所以，设，则，又因为，所以，即单调递增，又因为，所以时，，即；时，，即，综上可知，函数的