2023-2024学年河南省洛阳市高三上学期第三次月考数学检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省洛阳市高三上学期第三次月考数学检测模拟试题（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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．
2．已知角的终边与单位圆的交点为，则（ ）
A．B．C．D．
3．“是第二象限角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．若函数的部分图象如图所示，则下列选项可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．随着新一代人工智能技术的快速发展和突破，以深度学习计算模式为主的AI算力需求呈指数级增长.现有一台计算机每秒能进行次运算，用它处理一段自然语言的翻译，需要进行次运算，那么处理这段自然语言的翻译所需时间约为（参考数据：，）（ ）
A．秒B．秒C．秒D．秒
6．天文学家、数学家梅文鼎，为清代“历算第一名家”和“开山之祖”，在其著作《平三角举要》中给出了利用三角形的外接圆证明正弦定理的方法.如图所示，在梅文鼎证明正弦定理时的构图中，为锐角三角形外接圆的圆心.若，则（ ）

A．B．C．D．
7．（ ）
A．16B．32C．48D．52
8．已知函数及其导函数的定义域均为，且，则（ ）
A．有一个极小值点，一个极大值点B．有两个极小值点，一个极大值点
C．最多有一个极小值点，无极大值点D．最多有一个极大值点，无极小值点
二、选择题：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．设实数满足，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知，则（ ）
A．为第二象限角B．
C．D．
11．在中，若，则（ ）
A．B．C．D．
12．在平面直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，轴的非负半轴为始边，若终边经过点，且，定义，称“”为“正余弦函数”.对于“正余弦函数”，下列结论中正确的是（ ）
A．将图象向右平移个单位长度，得到的图象关于原点对称
B．在区间上的所有零点之和为
C．在区间上单调递减
D．在区间上有且仅有5个极大值点
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知有三个性质：①最小正周期为2；②；③无零点．写出一个同时具有性质①②③，且定义域为的函数 ．
14．已知函数的部分图象如图所示，其中阴影部分的面积为，则不等式的解集为 ．
15．已知，则的最小值为 ．
16．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则 ；若，则的值为 .
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．已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
(1)求的解析式；
(2)若关于的方程在上有解，求实数的取值范围．
18．已知的内角所对的边分别为，且．
(1)证明：；
(2)若的面积为，判断是否为等腰三角形，并说明理由．
19．如图，函数的图象经过的三个顶点，且．

(1)求；
(2)若的面积为，，求在区间上的值域．
20．十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晩期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置．如图1所示，十字测天仪由杆和横档构成，并且是的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动．十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从点观察．滑动横档使得，在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点，的影子恰好是．然后，通过测量的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置．

(1)在某次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值．
(2)在杆上有两点，满足．当横档的中点位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角．证明：．
21．在中，，角所对的边分别为．
(1)若，判断的形状；
(2)若不是钝角三角形，求的取值范围．
22．已知函数．
(1)求的最值；
(2)当时，，求实数的取值范围．
1．B
【分析】解可得，得出.进而分别令，，，得出中的元素，即可得出答案.
【详解】解可得，，
所以，.
当时，不满足，或不满足；
当时，满足，或满足；
当时，满足，或不满足.
所以，．
故选：B.
2．B
【分析】先求出，利用三角函数定义求出的值，再利用二倍角余弦公式求解即可.
【详解】由题得，所以，所以或，
所以.
故选：B
3．A
【分析】由辅助角公式和正弦函数的性质，分别判断充分性和必要性即可.
【详解】，若是第二象限角，即，有，
则有，所以，即，故充分性成立；
当时，，满足，但是第四象限角，故必要性不成立，
所以“是第二象限角”是“”的充分不必要条件．
故选：A
4．A
【分析】代入选项中的数据，通过函数定义域用排除法解题.
【详解】当时，，令，得或，
函数定义域为，A选项符合题意；
当时，，令，得或，
函数定义域为，B选项不符合题意；
当时，，令，得，
函数定义域为，C选项不符合题意；
当时，，令，得或，
函数定义域为，D选项不符合题意．
故选：A
5．B
【分析】设所需时间为秒，则然后两边取对数化简计算即可
【详解】设所需时间为秒，则
∴，
秒，
故选：B.
6．D
【分析】由已知得，再根据诱导公式和二倍角的余弦公式求解即可.
【详解】已知，因为，所以，
因为，
所以，所以，
因为，
所以
.
故选：D.
7．B
【分析】根据辅助角公式，倍角公式化简计算.
【详解】
，
所以．
故选：B
8．C
【分析】设，求导后，构造，求导，得到其单调性和极值情况，结合极小值为0，故当时，至多有1个变号零点，且在上无变号零点；分在区间上没有变号零点和1个变号零点两种情况，得到极值情况.
【详解】令，则，
故．
令，
所以，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以的极小值为，
的极大值为，
所以当时，至多有1个变号零点，且在上无变号零点；
当在区间上没有变号零点时，
则，，单调递增，无极值点，
当在区间上有1个变号零点时，
可设为，则当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以有且只有一个极小值点，无极大值点．
综上，最多有一个极小值点，无极大值点．
故选：C
隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
9．AC
【分析】根据不等式的性质，变形求解.
【详解】，两式相乘得，所以，A正确；
由题得，又，两式相乘得，所以，B错误；
因为，所以两式相乘得，C正确；
因为，所以两式相乘得，D错误．
故选：AC
10．BC
【分析】先由化简得到，然后结合可求出，进而可求解.
【详解】因为，所以有，所以得到，
又，所以，可得且为第一象限角，
故，故A不正确，B正确；
又，故，所以，，故C正确；
由，，知，故D不正确．
故选：BC.
11．ACD
【分析】求得大小关系判断选项A；举反例否定选项B；求得大小关系判断选项C；求得的正负情况判断选项D.
【详解】选项A：在中，若，则，则.判断正确；
选项B：令，则 .判断错误；
选项C：在中，若，则，
又余弦函数在单调递减，则.判断正确；
选项D：在中，若，则，
，又正切函数在单调递增，
则.判断正确.
故选：ACD
12．ABC
【分析】根据三角函数的定义及“正余弦函数”的定义求出的解析式，在根据正弦函数的性质一一分析即可.
【详解】因为，，
所以
，
对于A：将图象向右平移个单位长度得到，
为奇函数，函数图象关于原点对称，故A正确；
对于B：令，即，解得，
又，所以或或或，
所以在区间上的所有零点之和为，故B正确；
对于C：由，所以，所以在上单调递减，故C正确；
对于D：由，则，令，解得，
所以在区间上的极大值点有，，，共个，故D错误；
故选：ABC
13．（答案不唯一）
【分析】函数具有周期性，选项正弦型函数，由最小正周期求，由取，再由函数无零点选择合适的，得函数解析式．
【详解】的定义域为，最小正周期为，
，
因为，所以，所以无零点．
综上，函数符合题意．
故答案为.
14．
【分析】由阴影部分面积可知函数周期，进而确定的值，由特殊点代入可求的值，然后利用正切函数的性质解不等式.
【详解】如图所示，
由对称性可得题中阴影部分的面积等于矩形的面积，
所以，
所以的周期，解得，
所以．
将点代入，得，
所以，
所以．
又，所以，所以．
又，所以，
所以，解得，
即不等式的解集为.
故
15．##
【分析】先求得的取值范围，再把整体代换构造均值不等式即可.
【详解】由已知得，所以，
则
，
当且仅当时等号成立，所以的最小值为，
故
16． ##5.75
【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；
第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以,
故；
本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据函数奇偶性求解析式；
（2）求函数的值域，即可求的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
故，
当时，，符合上式，
综上，所以的解析式为.
（2）当时，，
因为，所以，所以，
所以，
由对称性可知，当时，，
当时，，
综上，，
所以实数的取值范围是．
18．(1)证明见解析
(2)为等腰三角形，理由见解析
【分析】（1）已知等式利用正弦定理与两角和的正弦公式化简，再由同角三角函数的商数关系得到结论.
（2）由已知条件结合三角形面积公式，求出的三个内角，判断三角形形状.
【详解】（1）已知，由正弦定理得，
由，有，可得，
所以，即，
由，有，即，
所以．
（2）为等腰三角形，理由如下：
由题知，， 的面积为，
则有，
所以，又，所以，
由（1）知，又，所以，则，
所以是等腰三角形．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据图像性质，结合正弦定理与，求得，从而得解；
（2）由（1）及的面积为得，再结合图像性质依次求得，从而求得，最后根据的范围，结合正弦型函数的图像即可得解.
【详解】（1）由函数的图象性质可知，
在中由正弦定理，得，又，
所以，即，
所以，即，
所以，又，
所以，，
因为，所以．
（2）由（1）及的面积为，得，解得，
设与轴的交点为，则为边长是2的正三角形，

所以，，所以．
又，所以，即
又，解得，即．
因为，所以，所以，
所以，
即在区间上的值域为.
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）方法一，根据三边长度，利用余弦定理，求，再求正弦值；
方法二，先求，再根据二倍角公式求；
（2）首先由正切公式，求得，再根据不等关系，放缩为，再结合函数的单调性，即可比较角的大小.
【详解】（1）方法一，
由题意，．由于是的中点，且，所以，
且．
由余弦定理，
．
从而，即太阳高度角的正弦值为．
方法二
由题意，．由于是的中点，且，所以，
且．
于是，并且，
从而
即太阳高度角的正弦值为．
（2）由题意，，．
由于，是锐角，则，，所以，
从而．
根据，可知
．
由于函数在单调递增，且，，
所以，即．
21．(1)为直角三角形
(2)
【分析】（1）由得，由化简后结合余弦定理得，由正弦定理有，求出即可判断的形状；
（2）不是钝角三角形，则有，由正弦定理，求取值范围即可.
【详解】（1）因为，所以，即．
因为，所以，即．
由余弦定理，得，即．
由正弦定理得，即，
则有，即，得．
由，则，所以为直角三角形．
（2）因为，所以．
由不是钝角三角形，可知，所以．
由正弦定理得，
当时，，所以．
当时，，
因为，所以，所以，
所以，所以．
综上，的取值范围是．
22．(1)最小值为，无最大值
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，根据函数的定义域，结合导数和函数单调性的关系，即可求解函数的最值；
（2）首先化简不等式，转化为不等式，再参变分离为对任意的恒成立，转化为利用导数，求函数的最值问题，即可求解.
【详解】（1），
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，无最大值．
（2）当时，不等式，
即对任意的恒成立，
令，
则，
当时，，则，则，
则在区间上单调递增，则．
当时，，令，
则，
易知在区间上单调递增，
且，，
由零点存在性定理知，，使得
当时，单调递减；当时，单调递增，
又，
因为，所以，即，
又，所以，又，所以．
所以，所以单调递减，所以．
综上，，
所以，解得，即实数的取值范围是
关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质，不等式恒成立的问题，第二问转化为求函数的最值问题，再判断函数单调性时，需先判断导数的正负，用到了不等式的放缩，以及二次求导问题.