2023届福建省龙岩第一中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2023届福建省龙岩第一中学高三上学期第二次月考数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省龙岩第一中学高三上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意求出，，由交集的定义即可得出答案.【详解】因为，所以，所以.故选：D.2．若，则p成立的一个充分不必要条件是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出分式不等式的解集，进而结合选项根据充分不必要条件的概念即可求出结果.【详解】因为，即，因此等价于，解得或，结合选项可知p成立的一个充分不必要条件是，故选：D.3．已知函数，则下列区间中含零点的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别求出、、、的值，即可判断其正负号，利用零点存在定理则可选出答案.【详解】由题意知：，，，.由零点存在定理可知在区间一定有零点.故选：C.4．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，钱塘江和钱江潮头是会徽的形象核心，绿水青山展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮奔涌表达了浙江儿女勇立潮头的精神气质，整个会徽形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】通过弧长比可以得到与的比，接着再利用扇形面积公式即可求解【详解】解：设，则，所以，即，所以，故选：C5．已知，且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将条件的两个式子平方相加可得，然后可得，再由，，可得，从而可求出，由商式关系可求得.【详解】由，得，由，得，两式相加得，，所以可得，因为，，所以，所以，可得.故选：B6．已知，则函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用二倍角余弦公式化简的表达式，令，可得的解析式，再判断函数的奇偶性，可排除选项C、D，最后根据时，即可求解.【详解】解：，令，则，所以，定义域关于原点对称，因为，所以为偶函数，图象关于轴对称，故排除选项C、D；又时，因为，所以，所以排除选项B，选项A正确；故选：A.7．已知，函数有四个不同的零点，且满足：.则下列结论中不正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出图象，利用函数有四个不同的交点求出，A错误；根据二次函数的对称轴求出可判断D；数形结合结合对数运算得到可判断B；数形结合求出，解得，可判断C.【详解】如图，作出图象，若y＝－b与有四个交点，需，则，故A错误；这四个交点的横坐标依次为，因为抛物线的对称轴为，所以，故D正确；因为，即，所以，故B正确；，即，所以，故C正确. 故选：A.8．已知，则a，b，c的大小关系是(    )A． B． C． D．【答案】D【分析】判断sin2和的大小，比较a与、b与、c与的大小可判断a与b大小关系及b与c大小关系，判断a与、c与的大小可判断a与c大小关系，从而可判断a、b、c大小关系．【详解】，，即b，∴a>b；∵，，∴，；∵，，，；．故选：D．【点睛】本题关键是利用正弦函数的值域求出sin2的范围，以和两个值作为中间值，比较a、b、c与中间值的大小即可判断a、b、c的大小． 二、多选题9．下列各式中，值为的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】对于A，采用降幂公式，结合特殊角三角函数，可得答案；对于B，根据特殊角三角函数，结合正切的和角公式，可得答案；对于C，根据辅助角公式，结合特殊角三角函数，可得答案；对于D，根据积化和差公式，结合特殊角三角函数，可得答案.【详解】对于A， ，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误；对于D， ，故D正确；故选：ABD.10．已知，，且，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据基本不等式进行逐一判断即可.【详解】A：因为，，所以，当且仅当时取等号，故本选项正确；B：因为，，所以有，当且仅当时取等号，故本选项正确；C：因为，当且仅当时取等号，所以本选项不正确；D：因为，，所以有，当且仅当时取等号，所以本选项不正确，故选：AB11．已知函数的图像关于直线对称，则（    ）A．函数为奇函数B．函数在上单调递增C．函数的图像向右平移个单位长度得到的函数图像关于对称，则的最小值是D．若方程在上有个不同实根，则的最大值为【答案】AC【分析】根据题意得，，再结合三角函数的图像性质依次分析各选项即可得答案.【详解】解：因为函数的图像关于直线对称，所以，，解得，因为，所以，即，所以，对于A选项，函数，是奇函数，故正确；对于B选项，当时，，由于函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，故错误；对于C选项，函数的图像向右平移个单位长度得到的函数图像对应的解析式为，若图像关于对称，则，解得，由于，故的最小值是，故正确；对于D选项，当时，，故结合正弦函数的性质可知，若方程在上有个不同实根，不妨设，则取得最大值时满足且，所以，的最大值为，故错误.故选：AC12．已知，则（    ）A． B． C． D．若，则【答案】BC【分析】根据各个选项中的不等式，通过构造新函数，利用导数判断其单调性，再结合特例法进行判断即可.【详解】因为，所以，设函数，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以A选项错误；因为，所以由，设函数，，当时，，函数单调递增，所以B选项正确；因为，设函数，所以，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，即，因为，所以，因此，所以C选项正确.令，则有，又令，所以，显然不成立，所以D选项错误，故选：BC【点睛】方法点睛：不等式是否成立可以通过构造函数利用导数的性质来进行判断. 三、填空题13．已知角的终边经过点，则___________.【答案】【分析】利用三角函数定义求出，再利用二倍角公式化简，结合齐次式法计算作答.【详解】因角的终边经过点，则，所以.故答案为：14．函数的单调递减区间是__________.【答案】和（或写成 和）【详解】试题分析：由题意得，令，解得或，所以函数的递减区间为和．【解析】利用导数求解函数的单调区间．15．已知函数的图象关于直线对称，且对都有，当时，.则___________.【答案】【分析】根据给定条件，推理论证出函数的周期，再利用周期性计算作答.【详解】因函数的图象关于直线对称，而函数的图象右移1个单位得的图象，则函数的图象关于直线对称，即，而对都有，则，即，，有，因此函数是周期函数，周期为8，又当时，，所以.故答案为：16．已知函数图像的两条相邻对称轴之间的距离小于，且，则的最小值为___________.【答案】13【分析】先由对称轴间的距离确定了，再利用得到，依次利用诱导公式与基本关系式求得、、的关于表达式，求出的值，进而得到，即可得到结果.【详解】，，因为两条相邻对称轴之间的距离小于，即，故，所以，因为在处取得最大值，所以，即，所以，所以，因为，所以，即，所以，所以，又，解得，又，所以，所以，又，所以，解得，又，所以的最小值为13.故答案为：13. 四、解答题17．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足．（1）求；（2）若的周长为，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由余弦定理可求得；（2）根据正弦定理可得，再由已知和余弦定理可求得，根据三角形的面积可求得答案.【详解】解：（1）因为，所以；（2）因为，所以．由余弦定理得，则，因为的周长为，所以，解得，所以的面积为.【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.18．已知函数.(1)求的对称中心，并求当时，的值域；(2)若函数的图像与函数的图像关于y轴对称，求在区间上的单调递增区间.【答案】(1)对称中心：，，值域：(2) 【分析】（1）根据三角恒等变换，化简函数，再结合正弦型函数的对称中心公式，即可得到对称中心，结合正弦函数的图像即可求得其值域.（2）由（1）中的解析式，根据对称变换即可得到函数的解析式，再结合正弦型函数的单调区间即可求得结果.【详解】(1)因为函数令，解得，即对称中心当时，则，再结合三角函数图像可得所以，函数对称中心：，，值域：.(2)因为函数的图像与函数的图像关于y轴对称，则，令，，解得当时，即为所以当时，的单调递增区间：.19．为进一步奏响“绿水青山就是金山银山”的主旋律，某旅游风景区以“绿水青山”为主题，特别制作了旅游纪念章，决定近期投放市场，根据市场调研情况，预计每枚该纪念章的市场价y（单位：元）与上市时间x（单位：天）的数据如下表：上市时间x（天）2620市场价y（元）10278120 (1)根据上表数据，从下列函数中选取一个恰当的函数描述每枚该纪念章的市场价y与上市时间x的变化关系并说明理由：①，②，③，④；(2)利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低市场价；(3)利用你选取的函数，若存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)选择，理由见解析(2)当该纪念章上市10天时，市场价最低，最低市场价为每枚70元(3) 【分析】(1)由表格数据分析变量与变量的关系，由此选择对应的函数关系；(2)由已知数据求出函数解析式，再结合函数性质求其最值；(3)不等式可化为，由条件可得，利用函数的单调性求的最小值，由此可得k的取值范围．【详解】(1)由题表知，随着时间x的增大，y的值随的增大，先减小后增大，而所给的函数，和在上显然都是单调函数，不满足题意，故选择．(2)把，，分别代入，得解得，，∴，．∴当时，y有最小值，且．故当该纪念章上市10天时，市场价最低，最低市场价为每枚70元．(3)令，因为存在，使得不等式成立，则．又在上单调递减，在上单调递增，∴ 当时，取得最小值，且最小值为，∴．20．己知函数．(1)若曲线在点处的切线经过原点，求a的值；(2)设，若对任意，均存在，使得，求a的取值范围．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程（含参数a），由切线过原点求出a的值；（2）利用导数研究的单调性并求出上的最大值，由二次函数性质求在上的最大值，根据已知不等式恒（能）成立求参数a的范围.【详解】(1)由，可得．因为，，所以切点坐标为，切线方程为：，因为切线经过，所以，解得．(2)由题知的定义域为，，令，解得或，因为所以，所以，令，即，解得：，令，即，解得：或， 所以增区间为，减区间为．因为，所以函数在区间的最大值为，函数在上单调递增，故在区间上，所以，即，故，所以的取值范围是.21．如图，在三棱柱中，，D是棱的中点.(1)证明：；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）作出辅助线，由三线合一证明线线垂直，进而证明线面垂直，得到平面，从而证明；（2）作出辅助线，由三棱锥的体积求出，方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；方法二：作出辅助线，找到二面角的平面角，再求解余弦值.【详解】(1)取BC中点O，连接AO，,,因为,所以,因为，，所以，所以，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以；(2)连接，则平面即为平面，由（1）知平面，因为平面ABC，且平面，故平面平面ABC，平面平面，过O作于M，则平面ABC，过作于H，则平面，因为知，在中：，所以，所以，所以，法一：设，则，在中，所以，又，所以点M为线段的中点，以O为原点，分别以分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，，，设面的法向量为，则有，两式相减得：，所以，令，可得：，所以，设面的法向量为，则有，解得：，令，解得：所以，设锐二面角为，则有.法二：过H做，连接，面，，则面，，则即为所求二面角.在中，，则，在中，，由可得：，，则，.22．己知函数在区间内有唯一极值点．(1)求实数a的取值范围；(2)证明：在区间内有唯一零点，且．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据极值点的定义，求导，进而求导函数的零点，研究零点左右与零大小关系，可得答案；（2）由（1）明确函数的单调区间，分别在两个单调区间上，利用零点存在性定理，证明零点唯一存在，根据单调性证明不等式成立.【详解】(1)，①当时，因为，所以，，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；②当时，令，则，因为，所以，所以在上递增，又因为，，所以在上有唯一零点，且，所以，；，，所以在上有唯一极值点，符合题意.综上，.(2)由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；，，单调递增，所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.因为，由（1）知，所以，则，构造，所以，记，则，显然在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.【点睛】在利用导数证明不等式成立时，一定明确单调区间，在同一单调区间上，由函数值的大小关系，可得自变量的大小关系，探究函数的单调性，可通过研究导数过着导数中部分代数式所构成函数的单调性，求其最值，可得函数的单调性.