安徽省铜陵市2023-2024学年高三数学上学期第二次联考月考试题含解析

Page222023~2024学年高三第二次联考（月考）试卷数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：集合､常用逻辑用语､不等式､函数､导数及其应用（约30%），三角函数及解三角形（舍三角恒等变换）､平面向量（约70%）一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由正弦函数的值域以及对数函数的定义域结合交集的概念即可求解.【详解】因为正弦函数的值域为，所以；若，则，所以，所以由交集的定义有.故选：B.2.已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据扇形周长，应用扇形弧长公式列方程求半径，再由面积公式求面积即可.【详解】令扇形的半径为，则，所以此扇形的面积为.故选：D3.设，则的大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由指数函数和对数函数单调性比较大小即可得解.【详解】一方面因为函数在上单调递增，所以，另一方面又因为函数在上单调递减，所以，结合以上两方面有，所以故选：D.4.已知角的终边过点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据三角函数的定义求出，再根据两角差的正弦公式即可得解.【详解】因为角的终边过点，所以，所以.故选：A.5.已知函数的图象关于直线对称，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用辅助角公式得且，结合正弦型函数的对称轴求参数a，进而写出解析式，即可求目标函数值.【详解】由题设且，又函数图象关于直线对称，所以，则，，综上，，故.故选：A6.已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先利用导数求函数的减区间，再利用子集关系，列式求的取值范围.【详解】，当，解得：，由条件可知，所以，解得：.故选：B.7.镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一青铜铸葫芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家3A级旅游景区，小胡同学想知道镇国寺塔的高度MN，他在塔的正北方向找到一座建筑物AB，高为7.5，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（）（参考数据：）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知，在中应用正弦定理得，再由倍角余弦公式求，进而求镇国寺塔的高度.【详解】在中，则，所以，而，，所以，又，则.故选：C8.已知函数，若实数满足，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先由题意推出，然后由基本不等式即可求解.【详解】一方面由题意有，另一方面若有成立，结合以上两方面有，且注意到，所以由复合函数单调性可得在上严格单调递增，若，则只能，因此当且仅当；又已知，所以，即，由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是发现当且仅当，从而得出，从而由基本不等式即可顺利求解.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列等式成立的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】应用倍角正余弦、和差角正余弦公式及诱导公式化简求值，即可判断各项的正误.【详解】A：，成立；B：，成立；C：，不成立；D：，不成立.故选：AB10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.的最大值为2C.的图象关于直线对称D.在上单调递减【答案】BD【解析】【分析】由、是否成立判断A、C；由，结合余弦函数、二次函数性质判断B、D.【详解】由，所以不是的周期，A错；由，所以的图象不关于直线对称，C错；由，而，所以，B对；由在上递减，且，结合二次函数及复合函数的单调性知：在上单调递减，D对.故选：BD11.已知的内角的对边分别为，则下列结论正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.若，则C.若，则D.若，则为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】利用正弦定理化边为角，再结合两角差的正弦公式即可判断A；举出反例即可判断B；根据大角对大边，再结合正弦定理化边为角及二倍角的余弦公式即可判断C；利用余弦定理化角为边即可判断D.【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，即，又，则，所以，即，所以为等腰三角形，故A正确；对于B，当时，，故B错误；对于C，若，则，则，所以，故，即，故C正确；对于D，，因为，所以，即，所以为直角三角形，故D正确.故选：ACD.12.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的图象在处的切线方程为B.的极小值为1C.当时，D.若函数恰有两个极值点，则的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】由导数几何意义求的图象在处的切线方程；利用导数求的极值；根据、的上单调性判断函数符号并比较大小；将恰有两个极值点转化为有两个根，进而研究与有两个交点求参数范围.【详解】由，则，又，故切线方程为，A对；由，则时，递增，时，递减，所以有极大值为，无极小值，B错；由上知：时，递减，时，递增，所以上、均递增，此时，C对；由题意恰有两个零点，即有两个根，由上知：在上递增，在上递减，且时恒成立，要使与有两个交点，则，D对.故选：ACD三､填空题：本题共4小题，小题5分，共20分．13.已知非零向量的夹角为，则__________．【答案】12【解析】【分析】将向量垂直转换为数量积为0，由数量积的计算公式结合已知条件即可求解.【详解】由题意非零向量夹角为，所以，化简得，由数量积公式得，解得.故答案为：12.14.若命题“，使得”是假命题，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】由题意知原命题的否定为真，将问题转换成立二次不等式在定区间上的恒成立问题了，对对称轴的位置进行讨论即可求解.【详解】由题意原命题的否定“，使得”是真命题，不妨设，其开口向上，对称轴方程为，则只需在上的最大值即可，我们分以下三种情形来讨论：情形一：当即时，在上单调递增，此时有，解得，故此时满足题意的实数不存在；情形二：当即时，在上单调递减，在上单调递增，此时有，只需，解不等式组得，故此时满足题意的实数的范围为；情形三：当即时，在上单调递减，此时有，解得，故此时满足题意的实数不存在；综上所述：的取值范围是.故答案为：.15.已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】先根据辅助角公式化简，然后结合的范围及正弦函数的性质即可得解.【详解】，令，则，由，得，因为函数在区间上恰有两个零点，所以，解得，所以的取值范围是.故答案：.16.在锐角中，内角的对边分别为．若，则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由正弦定理边化角得，再由余弦定理得到，由是锐角三角形即可求出的范围，从而可以求出的取值范围.【详解】因为，所以由正弦定理边化角得，又因为，对比即得，整理得，由正弦定理边化角得，又，所以，化简得，逆用两角差的正弦公式得，因为是锐角三角形，所以，所以，即，所以，解得，所以，因为，所以，所以的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是首先由恒等变换以及诱导公式结合已知条件得到，其次是根据已知条件求出的范围.四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17.已知．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用和角公式运算即可得解.（2）利用二倍角公式、同角三角函数基本关系式、诱导公式、三角恒等变换运算即可得解.【小问1详解】解：∵，∴解得：.【小问2详解】解：由（1）知，∴，.又∵，，，∴.即得：.18.已知函数（其中）的部分图像如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．（1）求与的解析式；（2）令，求方程在区间内的所有实数解的和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由函数图象可得即周期，即可求出，再利用待定系数法求出，即可求出函数的解析式，再根据平移变换的原则即可求得函数的解析式；（2）先求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】由图可知，，函数的周期，所以，所以，又，所以，所以，所以，又，所以，所以，因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以；【小问2详解】，由，得，因为，所以，所以或或或，所以或或或，所以方程在区间内的所有实数解的和为．19.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若是的中点，，且的面积为，求的值．【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）应用正弦边角关系得，再由余弦定理求角；（2）由，应用向量数量积的运算律可得，应用三角形面积公式、正余弦定理求边长，进而求的值.【小问1详解】由正弦边角关系知：，则，又，故.【小问2详解】如下图，，且，所以，又①，且，即为锐角，所以，则，且，即，所以②，由①②可得：或4，即或2，当，则，，不合题意；所以，则，，故.20.如图，在平面四边形中，．（1）若，求的长；（2）若，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）在中，应用正弦定理求得，进而可得，进而有，在应用正弦定理求；（2）由及，再结合正弦定理求.【小问1详解】在中，整理得，所以，故，又，在中，又，所以，故.【小问2详解】由，由，而，故，故，所以，所以，即，则，在中，则.21.如图，在梯形中，，点为的中点．（1）求与夹角余弦值；（2）以为圆心为半径作圆，点是劣弧（包含两点）上的一点，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，可得，利用求出，利用求出，再利用向量的夹角公式可得答案；（2）以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，设可得，求得，令，可转化为直线与圆弧始终有公共点可得答案.【小问1详解】设，则，所以，所以，可得，，所以，又，所以，所以；【小问2详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，设，可得，且，，，，，所以，令，可转化为直线与圆弧始终有公共点，如图，当直线与圆弧相切时有最小值，由圆心到直线的距离等于半径可得，解得.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是以为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，利用坐标运算解决问题.22.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若对任意的恒成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与即可得解；（2）构造函数，利用导数得到的单调性，从而分类讨论与，结合的特性进行分析即可得解.【小问1详解】因为，所以，当时，，即，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得；令，得；所以在上单调递减；在上单调递增；综上，当时，在上单调