數(shù)學-2025屆九師聯(lián)盟高三11月質(zhì)量檢測鞏固試卷+答案

1.B{父|y=tan父}中元素為父,意指函數(shù)y=tan父的定義域{父父≠十kπ,k∈z};{y|y=tan父}中元素為y,意指函數(shù)y=tan父的值域R;{(父,y)|y=tan父}中元素為(父,y),意指函數(shù)y=tan父圖象上的點的坐標構(gòu)成的集合;{y=tan父}是僅有一個方程y=tan父作為元素的集合.故選B. 2.B由sinθ=—\,得θ是第三、四象限角;由tanθ=1,得θ是第一、三象限角,要滿足題設,θ一定是第三象限角.故選B.3.C因為Y父∈R,2父>0,所以“3父∈R,2父<0”不成立,則A錯誤;當0<父≤1時,log2父≤0,則B錯誤;當0<父<1時, 父3<父,則C正確;由4sin父cos父=\,得sin2父=\>1,這是不可能的,則D錯誤.故選C.4.C首先,f(—父)=(—父)2—(—父)4=父2—父4=f(父),則f(父)為偶函數(shù),從而可排除A和B;其次,f(父)=父2(1—父2),當父2≥1,即父≤—1或父≥1時,f(父)≤0,從而可排除D.故選C.5.A法一:e1.(e1—e2)=e—e1.e2=1—0=1,|e1—e2|2=e—2e1.e2十e=2,則cos〈e1,e1—e2〉=1=\2,所以\2×122〉=45.故選A.選A. (a=6(a (a=67.A法一:十=4(ab)十=4十十≥4十2\.=8,當且僅當〈(=,即〈(b=3,時取等號.故選A.法二:十=十=十—1,設f(b)=十—1,b∈(0,9),則fI(b)=—=9).令fI(b)<0,得0<b<3;令fI(b)>0,得3<b<9,所以f(b)在(0,3)上單調(diào)遞減,在(3,9)上單調(diào)遞增,所以b=3是f(b)的極小值點,也是最小值點,且f(b)min=3十—1=8.故選A.8.D由父>0及a父>0,得a>0;因為父2—a父—1=(父—父1父父1>0,所以原不等式可化為(父父2)(lna父1)≥0.設g(父)=父父2,h(父)=lna父1,則g(父)和h(父)均為增函數(shù),且g(父2)=0,h(父3)=0(其中父3=.當父2<父3時,取父0∈(父2,父3),則g(父0)>0,h(父0)<0,與“g(父)h(父)≥0恒成立”矛盾;當父2>父3時,取父0∈(父3,父2),則g(父0)<0,h(父0)>0,與“g(父)h(父)≥0恒成立”矛盾;當父2=父3時,若父≥,則g(父)≥0,h(父)≥0;若父<父2,則g(父)<0,h(父)<0.由此,g(父)h(父)≥0恒成立.綜上,當且僅當父2=父3時,【高三10月質(zhì)量檢測.數(shù)學參考答案第1頁(共6頁)】G g(父)h(父)≥0恒成立,由父2=父3,即a十\2十4=,解得a=\e1.故選D.9.ADf(父)=2sin(—父)=2—sin父.由f(父)的定義域為R,得—1≤—sin父≤1,所以≤2—sin父≤2,則A正確;因為f(父)在父=0處有定義,且f(0)=2—sin0=1,所以f(父)不是奇函數(shù),則B錯誤;t=—sin父在[—,上單調(diào)遞減,而y=2t為增函數(shù),所以f(父)在[—,上單調(diào)遞減,則C錯誤;因為sin父的最小正周期為2π,且f(父十2π)=2—sin(父十2π)=2sin父=f(父),則D正確.故選AD.10.AC該顧客若在甲商場購物,則實際消費為y1=0.(父,0<父<200,父40,200≤父<400,父80,400≤父<600,當0<父<200時,顯然y1<y2,應進甲商場,則A正確;當200≤父<400時,y2—y1=…父400.84父=0.16父40,所以200≤父<250時,y2<y1,應進乙商場;父=250時,y2=y1,進甲或乙一樣;250<父<400時,y2>y1,應進甲商場,則B錯誤;當400≤父<600時,y2—y1=父—80—0.84父=0.16父—80,所以400≤父<500時,y2<y1,應進乙商場,則C正確;當600≤父<800時,y2—y1=父—120—0.84父=0.16父—120,所以600≤父<750時,y2<y1,應進乙商場;父=750時,y2=y1,進甲或乙一樣;750<父<800時,y2>y1,應進甲商場,則D錯誤.故選AC.11.BCD令父=—2,y=0,得f(0)=[f(—2)]0=1,則A錯誤;設父=—2p1,y=—2p2,p1,p2∈R,則f(父十y)=f(—2p1—2p2)=f[—2(p1十p2)]=[f(—2)]p1十p2;又f(父)f(y)=f(—2p1)f(—2p2)=[f(—2)]p1[f(—2)]p2=[f(—2)]p1十p2,所以對任意的父,y∈R,都有f(父十y)=f(父).f(y)成立,則B正確;設父<y,則p1>p2,結(jié)合f(—2)>1,可得[f(—2)]p1>[f(—2)]p2,即f(父)>f(y),所以f(父)在R上為減函數(shù),則C正確;由f(父2—k父).f(父—3)≥1,得f(父2—k父十父—3)≥f(0),即父2—k父十父—3≤0,分調(diào)遞增,則(父)max=31=2,于是k—1≥2,即k≥3,則D正確.故選BCD.12.父十y=0由f(父)=1—ln(父十2),得f(—1)=1,fI(父)=—父2,則fI(—1)=—1,故所求切線方程為y—1=13.2由f(父十為偶函數(shù),得f(父)的圖象關(guān)于直線父=對稱,所以w=kπ,k∈N*,解得w=2k,k∈N*①;由f(父)在(0,π)內(nèi)僅有兩個零點,得<wπ≤,解得<w≤②.綜合①②,可得w=2. 14.\設上BAC=θ,則cOsθ=1—2sin2=,于是sinθ=,sin=\;由AB=AC,上BAC=θ及余弦定理,得BC2=AB2十AC2—2AB×AC×cOsθ=2AB2(1—cOsθ)=4AB2sin2,即BC=2ABsin.由上ABC=上ACB=90?！靖呷?0月質(zhì)量檢測.數(shù)學參考答案第2頁(共6頁)】GθPAPBAB122及上PBC=上PCA,得上ABP=上BCP,又上PAB=上PBC,所以△PAB∞△PBC,從而PB=PCθPAPBAB12于是PB=2PAsin=\,PC=2PBsin=4PAsin2=2\;又上BPC=180。—上PBC—上BCP=180?！? 由余弦定理,得BC2=PB2十PC2—2PB×PC×cos上BPC=10十8十2×\×2\×\=26,所以BC=\.15.解:(1)由已知,得2a(\sinC十cosC)=b十c,……………………1分由正弦定理,得\sinAsinC十sinAcosC—sinB—sinC=0,…………2分由sinB=sin(A十C)=sinAcosC十cosAsinC,得\sinAsinC—cosAsinC—sinC=0,由sinC≠0,得\sinA—cosA=1,……………………4分即sin(A—=,……………………5分由0<A<π,得—<A—<,于是A—=,即A=.……………7分3,3,(2)如圖,連接OB和OC,由(1),得A=π3,3,3,又O為△ABC的外心,D為邊BC的中點,所以OD丄BC,上BOD=3,所以BD=\,a=BC=2BD=2\.………………9分由余弦定理,得a2=b2十c2—2bccosA,即12=b2十c2—bc,…………11分由基本不等式,得12=(b十c)2—3bc≥(b十c)2—3×(bc)2,整理,得(b十c)2≤12,即b十c≤4\,當且僅當b=c=2\時取等號,所以△ABC周長的最大值為6\.……………………13分16.解:(1)由tanB十tanC十tanBtanC=1,得tanB十tanC=1—tanBtanC,易知1—tanBtanC≠0,3分3分由余弦定理,得a2=b2十c2—2bccosA=1十2—2×1×\×(—\)=5,5分即a=\.………………………5分【高三10月質(zhì)量檢測●數(shù)學參考答案第3頁(共6頁)】GBC=\5=5.則sinα=ABsinA\×sin135。\………………BC=\5=5.設上BCD=β,則cosβ=cos(90?！?=sinα=\,從而sinβ=2\55,…………………9分sin(β十45。)=\(sinβ十cosβ)=\(2\5十\)=30.…………11分在△BCD中,由正弦定理,得sinBD=sinDC, 所以四邊形ABDC的面積為S=S△ABC十S△BCD=bcsinA十×BC×CDsin上BCD=×1×\×\十×\××2\55=.……15分17.解:(1)由題意,得f(∞)=asinw∞十bcosw∞,又由f(∞)的圖象過點(0,1),得f(0)=1,即1=asin0十bcos0,解得b=1.…………………2分又m=2n=2\sin2w∞十cos2w∞=2,m=\a2十b2, 所以\a2十b2=2,結(jié)合a>0,解得a=\.………………4分于是f(∞)=\sinw∞十cosw∞=2sin(w∞十.……………………5分由f(∞)的圖象過點,0),得2sinw十=0,即w十=kπ,k∈z,解得w=k—,k∈z;…………………7分由f(∞)的圖象,得T<<T,即<<,解得<w<,即<k—<,解得<k<,于是k=2,從而w=2.………9分(2)由(1),得f(∞)=2sin(2∞十.…………………10分法一:由題意,得將f(∞)圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍,縱坐標縮短到原來的,得到g(∞)的圖象,即g(∞)=sin(∞十.……………………12分2,2,法二:設P(∞0,y0)是y=g(∞)圖象上任意一點,則〈即〈(y=y0,(y=2y0,代入y=2sin(2∞十得2y0=2sin(2×法二:設P(∞0,y0)是y=g(∞)圖象上任意一點,則〈即〈故g(∞)=sin(∞十.…………………12分【高三10月質(zhì)量檢測●數(shù)學參考答案第4頁(共6頁)】G由2kπ十≤∞十≤2kπ十,k∈z,得2kπ十≤∞≤2kπ十,k∈z,考慮到0≤∞≤π,可得≤∞≤π,故g(∞)在[0,π]上的單調(diào)遞減區(qū)間為,π].………………………15分18.(1)解:由m2=4n,得n=,,………………………2分由e∞>0及(∞十2≥0,得f(∞)≥0,且∞=—時,f(∞)=0,故f(∞)的最小值為0.………………………4分(2)解:當m=—2時,f(∞)的定義域為R,f(∞)=(∞2—2∞十n)e∞,則fI(∞)=(2∞—2)e∞十(∞2—2∞十n)e∞=(∞2十n—2)e∞.………………5分當n≥2時,fI(∞)≥0,則f(∞)在R上是增函數(shù);………………………6分當n<2時,fI(∞)=[∞2—(2—n)]e∞=(∞十\)(∞—\)e∞,所以fI(∞)>0兮∞>\或∞<—\;fI(∞)<0兮—\<∞<\,所以f(∞)在(—∞,—\)和(\,十∞)上單調(diào)遞增,在(—\,\)上單調(diào)遞減.………………8分綜上,當n≥2時,f(∞)在R上是增函數(shù);當n<2時,f(∞)在(—∞,—\)和(\,十∞)上單調(diào)遞增,在(—\,\)上單調(diào)遞減.………………………9分(3)證明:當m=n=0時,f(∞)=∞2e∞,欲證明f(∞)>ln∞十1(∞>0),即證∞2e∞>ln∞十1,即證>ln3十1.……………11分設h(∞)=(∞>0),則hI(∞)=,當0<∞<1時,hI(∞)<0;當∞>1時,hI(∞)>0,所以h(∞)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,十∞)上單調(diào)遞增,所以∞=1是h(∞)的極小值點,也是h(∞)的最小值點,即h(∞)min=h(1)=e.………13分3—(l62=當0<∞<e—時,gI(∞)>0;當∞>e—時,gI(∞)<0,所以g(∞)在(0,e—)上單調(diào)遞增,在(e—,十∞)上單調(diào)遞減,所以∞=e—是g(∞)的極大值點,也是g(∞)的最大值點,即g(∞)max=g(e—=ln(—1=e2.……………16分因為3e>e2,所以e>e2,故f(∞)>ln∞十1成立.…………………17分【高三10月質(zhì)量檢測.數(shù)學參考答案第5頁(共6頁)】G19.(1)證明:設a=(m,n)=(rcosα,rsinα),b=(p,q)=(Rcosβ,Rsinβ)(r>0,R>0,α,β分別為∞軸正方向逆時針到a,b所成的角,且α,β∈[0,2π)),則mp—nq=Rrcosαcosβ—Rrsinαsinβ=Rrcos(α十β),mq十np=Rrcosαsinβ十Rrsinαcosβ=Rrsin(α十β),于是c=a※b=(Rrcos(α十β),Rrsin(α十β)),……………2分即|c|=Rr=|a|×|b|,∞軸正方向逆時針到c所成的角為α十β.故c是這樣一個向量:把a的模變?yōu)樵瓉淼膢b|倍,并按逆時針旋轉(zhuǎn)β角(β為