2023-2024学年河南省TOP二十名校高三（上）调研数学试卷（一）
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.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.已知，若则( )
A. B. C. D.
4.已知偶函数在上单调递增，若，则( )
A. B. C. D.
5.如是函数的部分图象，则( )
A. ，是奇数
B. ，是奇数
C. ，是偶数
D. ，是偶数
6.设某批产品的产量为单位：万件，总成本单位：万元，销售单价单位：元件若该批产品全部售出，则总利润总利润销售收入总成本最大时的产量为( )
A. 万件 B. 万件 C. 万件 D. 万件
7.记的内角，，的对边分别为，，，若，且，则( )
A. B. C. D.
8.已知函数有且仅有个零点，则的最大值为( )
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.下列选项中，满足是的充分条件的是( )
A. ：；：
B. ：，；：
C. ：四边形满足；：四边形是菱形
D. ：中；：
10.已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，若将的图象向左平移个单位得到的图象头于轴对称，则( )
A.
B. 直线为函数图象的一条对称轴
C. 为函数图象的一个对称中心
D. 若在上单调递增．则
11.已知为定义在上的偶函数且不是常函数，，，若是奇函数，则( )
A. 的图象关于对称 B.
C. 是奇函数 D. 与关于原点对称
12.用长为的铁丝围成，记的内角，，的对边分别为，，，已知，则( )
A. 存在满足，，成公差不为的等差数列
B. 存在满足，，成等比数列
C. 的内部可以放入的最大圆的半径为
D. 可以完全覆盖的最小圆的半径为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知，设函数，则的单调递减区间是______ ．
14.记锐角的内角，，的对边分别为，，，若，，，则 ______ ．
15.若在上恒成立，则的取值范围是______ ．
16.设函数，若，则不等式的解集是______ ；若函数恰好有两个零点，则的取值范围是______ ．
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
设且，函数，且为奇函数．
求；
求的最小值．
19.本小题分
设函数．
是否存在，使得对恒成立？若存在，试给出一个符合题意的实数并加以证明；若不存在，请说明理由；
若时，求的值域．
20.本小题分
在；这两个条件中任选一个，补充在下面问题中．
记的内角、、的对边分别为、、，已知．
求；
若，_____，点在边上，且：：，求．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
21.本小题分
已知双曲线：的左、右焦点分别为，，斜率存在的直线交的右支于，两点，且直线与的斜率之和为记交轴于点．
求的坐标；
若直线交直线于点，求的值．
22.本小题分
已知函数，且．
讨论的单调性．
若有且仅有两个零点，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由可得，即，
所以．
故选：．
由题可得，然后利用交集的概念即得．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“，”的否定是“，”．
故选：．
根据存在量词命题的否定是全称量词命题即得．
本题主要考查特称命题的否定，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由，得，
因为，所以，，
所以，，解得．
故选：．
根据同角三角函数的基本关系以及二倍角的余弦公式可得出关于的等式，结合可得出的值．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为偶函数在上单调递增，所以在上单调递减，
，所以只需比较的大小即可，
因为，所以，即，
又因为，所以，即，故．
而在上单调递减，
所以，即．
故选：．
根据函数奇偶性及单调性得到在上单调递减，比较出，结合，比较出．
本题考查了利用偶函数的性质及函数的单调性进行大小比较，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：当为偶数时，恒大于，所以为奇数．
当时，，从图象可知此时，即．
故选：．
由图象和解析式可判断的奇偶，再由结合图象可判断的正负．
本题函数的图象的判断，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：由题意得，当且仅当，
即时，最大，故总利润最大时的产量为万件．
故选：．
由题意得，变形后利用基本不等式，即可得出答案．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：因为，所以，
由正弦定理得，
即，由题可知，
所以．
故选：．
由题可得，然后根据正弦定理及三角恒等变换即得．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解；因为
所以，
故为奇函数，且为的零点，
所以在上有且只有个零点，
又，，，
故零点均位于区间内，
当时，，，故存在使得，
又，故存在使得，
所以在上至少存在两个零点，故不符合题意；
当时，由，可得，
作出函数与函数的大致图象，
由图形可知函数与函数的有个交点，
即函数有且仅有个零点，适合题意，
所以的最大值为．
故选：．
由题可得函数为奇函数，在上有且只有个零点，然后利用零点存在定理可得不合题意，当时利用数形结合可得适合题意，进而即得答案．
本题考查函数零点问题，三角函数的图像和性质应用，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：对，由，得，所以由推不出，故A错误；
对，由，，得，满足充分性，故B正确；
对，对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故C错误；
对，由知，又，所以，满足充分性，故D正确．
故选：．
根据充分条件的定义逐项分析即得．
本题考查了充分必要条件，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：由题意知，
故，
又的图象向左平移个单位得到，
所以，
又，
故，故A正确；
因为，且为极小值，
所以直线为曲线的一条对称轴，故B正确；
因为，
所以不是曲线的一个对称中心，故C错误；
由，得，即在上单调递增，
故，故D正确．
故选：．
由正弦型函数图象的变换求解函数解析式，然后利用性质逐项判断即可．
本题考查了函数的图象变换以及正弦函数的性质，考查了函数思想，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：由题意，得，即，
整理得，所以的图象关于对称，故A正确；
又因为为偶函数，则，
所以，则，所以，故B正确；
，则为奇函数，故C正确；
因为，所以与关于轴对称，不关于原点对称，故D错误．
故选：．
根据偶函数和函数对称性的定义可判断选项；利用函数的周期性可判断选项；利用奇函数的定义可判断选项；利用对称性的定义可判断选项．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查函数的对称性，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：依题意知，由余弦定理，得．
对于，若，，成等差数列，则，，
整理得，可得，即，，为常数列，故A错误；
对于，若，，成等比数列，则，，即，，
当为等边三角形时，，成等比数列，故B正确；
对于，由，得，解得或舍，
的面积的内切圆半径为，
当且仅当时取等号，
的内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；
对于，由正弦定理可得：，
其中为外接圆半径，
，
当且仅当时，等号成立，
，可知可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确．
故选：．
利用余弦定理及等差中项结合条件可判断；利用等比中项的性质结合条件可判断；利用余弦定理及三角形面积公式可得三角形内切圆半径的最大值进而判断；利用正弦定理及三角函数的性质可得三角形外接圆半径的最小值判断．
本题考查三角形中的几何计算，考查运算求解能力，判定的关键是把问题转化为求三角形的内切圆半径及外接圆半径，然后利用基本不等式及三角形的有关知识即得，属难题．
13.【答案】开区间，半开半闭区间也正确
【解析】解：依题意，
因为函数在上单调递减，
令，解得，
所以的单调递减区间是．
故答案为：开区间，半开半闭区间也正确．
根据正弦函数的性质结合条件即得．
本题主要考查正弦函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为，，，
由余弦定理，得，解得或，
当时，，
所以，
所以为钝角三角形，不符题意，
所以，由正弦定理，得，
所以．
故答案为：．
利用余弦定理结合条件可得，然后利用正弦定理即得．
本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由可得，
设，
由，
可得，
设，则，
故在上单调递减，，
所以，即．
故答案为：．
设，利用参变分离可得，然后利用导数求函数的最值即得求解．
本题考查了函数恒成立问题以及三角函数问题，考查转化思想，是中档题．
16.【答案】 ，
【解析】解：当时，，
令，且，解得或，令且，解得，
所以的解集为，
令，解得或，令，解得，
由，得，
当或时，，当时，，
所以在和上递增，在上递减，
所以的极大值为，极小值为，
如图所示，
当时，恰有两个零点，符合题意；
当时，恰有个零点，不符题意；
当时，恰有个零点，符合题意；
当时，恰有个零点，不符题意．
所以的取值范围是，．
故答案为：；，．
当时，分和两种情况解不等式即可的解集，画出，的图象，结合图象求解即可
本题主要考查分段函数的应用，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：因为，所以，
，
所以；
显然不为空集，
当时，，即；
若，则或，
当时，，则，即；
当时，或，则，此时不存在；
综上，的取值范围为．
【解析】化简集合，然后根据并集的定义运算即得；
分情况讨论，根据条件列出不等式进而即得．
本题主要考查了并集，交集及其运算，熟练掌握并集，交集的定义是解本题的关键，属于基础题．
18.【答案】解：因为，且为奇函数，
所以，即，
所以，解得，又，
故；
由知，
所以，
令，则，
所以，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以当取得最小值，
即时，的最小值为．
【解析】利用奇函数的定义结合条件即得；
由题可得，然后通过换元法可得，再利用导数求函数的最值即得．
本题考查了指数的基本运算、奇函数的性质及导数的综合运用，属于中档题．
19.【答案】解：证明：取中任意一个值即可，
证明如下：因为，
所以符合题意．
由可知，恒成立，
所以在上的值域与在上的值域相同．
因此在上的值域即为在上的值域，
当时，，所以，其中，且，
又，且，
所以，
所以在上的值域为．
【解析】由题可得，进而即得；
利用可得在上的值域即为在上的值域，然后利用辅助角公式及三角函数的性质结合条件即得．
本题考查了函数恒成立问题，考查三角函数问题，是中档题．
20.【答案】解：因为，
所以得，
所以，
整理可得，
又，，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以；
因为：：，且，
所以，，
若选择：因为，
则为锐角，
所以，
又因为，
所以，
可得，
又因为，
可得，
可得，，
所以，
因为
，
又因为，
所以，
可得．
若选择：因为，
所以，
所以，
解得，，
因为，
又因为
，
又因为，
所以，
解得．
【解析】利用正弦定理结合两角和的正弦、余弦公式可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
由题意求出、的值，若选，求出角、的正弦值，利用正弦定理求出、的值，再利用可求得的长；若选，由正弦定理可得出，结合余弦定理可求出、的值再利用可求得的长．
本题考查了解三角形问题，涉及到正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：设直线：，，，
联立消去，得，
可得：，
且直线与的斜率之和为，
化简，代入，，
即，
整理得，则过定点，即；
设，关于轴的对称点为，则，
由，得直线与直线关于轴对称，直线即为直线，
又直线，
联立解得：，
又，故，
即，且，
所以点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆的一部分，
根据椭圆的定义，知．
【解析】设直线：，，，然后联立方程组，根据列式代入求解即可；
根据题目中的对称关系分析出点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆的一部分，然后根据椭圆的定义求解出的值．
本题考查直线与双曲线的综合应用，点的轨迹方程的求法，属于中档题．
22.【答案】解：因为函数，且，函数定义域为，
所以，
当时，在上恒成立，在上单调递增，
当时，令，则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
由知，当时，在单调递增，至多一个零点，不符题意；
当时，在处取得极小值，且，，，，
所以，
设，即，
设，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以当时，取得极大值，，
所以，即或，
设，则，
当时，，
所以在上单调递增，
又，
所以或，
综上所述，的取值范围是．
【解析】分，讨论，利用导数与函数的单调性的关系即得；
根据函数的单调性可得，进而可得函数的极小值小于零，然后构造函数利用导数结合条件解不等式即得．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查函数的零点，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
第1页，共1页
