2024届山东省临沂市莒南县第二中学高三上学期第一次素养检测数学试题含解析

这是一份2024届山东省临沂市莒南县第二中学高三上学期第一次素养检测数学试题含解析，共17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。
一、单选题
1．已知全集，集合，或，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据并集、补集的定义进行计算得出结果.
【详解】由或得，
又，
所以.
故选：B.
2．函数在点处的切线的斜率是（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】D
【分析】利用导数的几何意义即可解决.
【详解】因为，所以函数在点处的切线的斜率是.
故选：D
3．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据全称命题的否定为特称命题可得.
【详解】根据全称命题的否定为特称命题，可得命题“”的否定为.
故选：D.
4．已知，则=（ ）
A．-7B．C．D．5
【答案】C
【分析】利用弦切互化计算即可.
【详解】因为，所以 .
故选：C．
5．“欢乐颂”是音乐家贝多芬创作的重要作品之一.如图，如果以时间为横轴、音高为纵轴建立平面直角坐标系，那么写在五线谱中的音符就变成了坐标系中的点，如果这些点恰好在函数的图象上，且图象过点，相邻最大值与最小值之间的水平距离为，则使得函数单调递增的区间的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据已知得出函数的周期，求出，根据点的坐标，结合的取值范围，求出的值.然后得出函数的单调区间，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，所以，，.
又图象过点，所以有，
所以，.
因为，所以，
所以，所以，.
由可得，，
所以，函数的单调递增区间为.
当时，单调递增区间为；
当时，单调递增区间为；
当时，单调递增区间为；
对于A项，，故A项错误；
对于B项，因为，故B项正确；
对于C项，因为，故C项错误；
对于D项，因为，故D项错误.
故选：B.
6．已知函数的部分图象如图所示，如果、，且，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用图象求出函数的解析式，可得出，利用同角三角函数的基本关系求出、的值，利用两角差的正弦、余弦公式可求得、的值，再利用两角和的正弦公式可求得结果.
【详解】由图可知，函数的最小正周期为，所以，，
所以，，
因为且函数在附近单调递增，
所以，，则，
又因为，所以，，故，
如果、，且，即，
且，则必有，
故，
，
所以，
，
，
因此，
.
故选：B.
7．已知为非零向量，且满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】运用平面向量数量积及投影向量公式计算即可.
【详解】因为，
所以，即：，
所以在上的投影向量为.
故选：D.
8．青岛五四广场主题钢雕塑（如图1）以单纯简练的造型元素排列组合成旋转腾空的“风”，通体火红，害意五四运动是点燃新民主主义革命的“火种”及青岛与五四运动的渊源．某中学数学兴趣小组为了估算该钢雕塑的高度，选取了与钢雕塑底部在同一水平面上的两点（如图2），在点和点测得钢雕塑顶端点的仰角分别为和，测得米，，则钢雕塑的高度为（ ）

A．米B．米C．米D．米
【答案】C
【分析】利用余弦定理即可解三角形.
【详解】由题意得，，
所以，，
设，则，，
在中，由余弦定理得，
，
即，
解得，即米．
故选：C
二、多选题
9．在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件判断三角形的情况，则正确的是（ ）
A．，，，有两解B．，，，有两解
C．，，，只有一解D．，，，只有一解
【答案】CD
【分析】利用正弦定理，逐项计算判断三角形解的情况即可.
【详解】对于A，因为，，则，由正弦定理，
得，显然有唯一结果，即只有一解，A错误；
对于B，，，，由正弦定理得，无解，B错误；
对于C，，，，有，则，
由正弦定理得，有唯一解，C正确；
对于D，，，，有，则，此时，有唯一解，D正确.
故选：CD
10．下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】ABC
【分析】对选项A：取即可判断；对选项B：当时，即可判断；
对选项C、D，由不等式的性质即可判断.
【详解】解：对选项A：取，满足，但，故选项A错误；
对选项B：当时，，故选项B错误；
对选项C：当，时，由不等式的性质有，故选项C错误；
对选项D：当时，由不等式的性质有，又，则，故选项D正确；
故选：ABC.
11．对于函数，下列说法正确的有（ ）
A．的单调递减区间为
B．在处取得极大值
C．只有一个零点
D．
【答案】BC
【分析】求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间，即可判断A；根据极值的定义即可判断B；根据函数的单调性结合零点的存在性定理即可判断C；根据函数的单调性即可判断D.
【详解】，
当时，，当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调增区间为，故A错误；
在处取得极大值，故B正确；
因为，
所以函数在上有唯一零点，
又因当时，，则，
所以函数在上不存在零点，
综上只有一个零点，故C正确；
因为的单调递减区间为，，
所以，故D错误.
故选：BC.
12．设函数的最小正周期为，且把的图像向左平移个单位后得到的图像关于原点对称，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图像关于直线对称B．函数的图像关于点对称
C．函数在区间上单调递增D．若，则
【答案】AD
【分析】根据周期和平移可得，代入可判断AB，根据，可判断C，根据诱导公式可判断D.
【详解】由的最小正周期为，可得，
把的图像向左平移个单位后得到的，
由于的图象关于原点对称，
所以，
因此,
所以，由于，故取，，
故，
对于A， ,故A正确，
对于B，，故B错误，
对于C，，故C错误，
对于D，，则，故D正确，
故选：AD.
三、填空题
13．试写出一个定义域为R，且满足如下三个条件的函数的解析式 .①是偶函数；②，；③在区间上恰有2个零点.
【答案】（结果不唯一）
【分析】根据给定的三个条件得出函数的对称性，从而找出一个满足条件的函数即可.
【详解】因为是偶函数，所以关于对称；
因为，，所以关于对称；
又因为在区间上恰有2个零点，
所以满足以上三个条件的函数的一个解析式为.
故答案为：（结果不唯一）
14．向量的夹角为，定义运算“”：，若，则的值为 .
【答案】
【分析】根据新定义结合向量的夹角公式即得.
【详解】因为，
所以，
则，所以.
故答案为：.
15．已知是复数的共轭复数，则，则
【答案】
【分析】设，用复数的运算，算得，再计算即可.
【详解】设，则，
，则.
故答案为：.
16．已知函数，若方程有三个不同的实数根，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先验证不是方程的根，则当时，方程可化为：，令，分析出其单调性等性质，作出其函数图象，方程有三个不同的实数根，即直线与函数的图象有3个交点，从而数形结合得出答案．
【详解】当时，，此时，
所以不是方程的根．
当时，方程可化为： ，
设，
方程有三个不同的实数根，即直线与函数的图象有3个交点．
当时，，此时单调递增，且，
当时，，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递减，且，
作出的图象如图，
由图可知，当，即时，直线与函数的图象有3个交点，
所以方程有三个不同的实数根时，实数的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题
17．已知，为锐角，，．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由得，再结合可求出的值，然后对利用诱导公式和二倍角公式化简计算即可；
（2）由求出，再利用正切的二倍角公式求出，由可求得结果.
【详解】（1）因为，，所以．
因为，所以，
所以．
（2）因为，为锐角，所以．
因为，
所以．
因为．
因为，所以．
因此
．
18．已知向量，，．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面向量坐标运算得出，然后再利用向量平行的坐标表示计算得出的值.
（2）利用平面向量坐标运算得出，再根据向量垂直的坐标表示计算得出的值.
【详解】（1）由题意可得，，
因为，所以，解得．
（2）由题意可得，，
因为，所以，
解得．
19．已知的内角的对边分别为，.
(1)求；
(2)求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，即可得解；
（2）由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
根据余弦定理可知，
所以，
又，得，因为，所以.
（2）因为，，由余弦定理，
即，
由于，所以，
即（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以时的面积最大，最大值为.
20．已知函数为奇函数，且相邻两个对称轴之间的距离为.
(1)求的最小正周期和单调增区间；
(2)若时，方程有解，求实数的取值范围.
(3)将函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再向上平移一个单位，得到函数的图象.填写下表，并用“五点法”画出在上的图象.
【答案】(1)最小正周期；单调递增区间为
(2)
(3)表格和图象见解析
【分析】（1）根据相邻两个对称轴之间距离为半个最小正周期可得；利用二倍角和辅助角公式化简得到，由最小正周期和正弦型函数奇偶性的定义可求得，由此可得；利用整体代换的方式，令即可解得单调递增区间；
（2）根据正弦型函数值域的求法可求得的值域，即为的取值范围；
（3）根据三角函数的平移和伸缩变换原则可求得，根据五点法可补全表格，并描点得到图象.
【详解】（1）相邻两个对称轴之间的距离为，的最小正周期；
，
，解得：，，
为奇函数，，解得：，
，，；
令，解得：，
的单调递增区间为.
（2）当时，，，则；
若方程有解，则的取值范围为.
（3）向左平移个单位长度得：，
将横坐标伸长到原来的倍得：，
将向上平移一个单位得：；
补全表格如下：
则在上的图象如下图所示：
21．已知的内角的对边分别是，，，且，．
(1)求角A；
(2)求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理运算求解；
（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，再根据三角函数的性质运算求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得，
且，所以.
（2）由正弦定理，可得，
则周长
，
因为，则，可得，
所以周长
即周长的取值范围为.
22．已知的部分图象如图所示，两点是与轴的交点，为该部分图像上一点，且的最大值为4；

(1)求的解析式；
(2)将图像向左平移个单位得到的图像，设在上有三个不同的实数根，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图形求得，可得，根据为对称轴，求得，根据的最大值为2，求得；
（2）求出，则，利用三个零点满足即可求解.
【详解】（1）依题意，，故，从而，
而为对称轴，故，则，
根据可知，，
设为的中点，则，则的最大值为2，因此，
从而.
（2）依题意，，
则
在存在三个实数根，设，
的三个零点满足，
从而，
故.