安徽省铜陵市2023-2024学年高三数学上学期第二次联考试题（Word版附解析）

2023~2024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：D

3. 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：A

6. 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：C

8. 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：AB

10. 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2

C. 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：BD

11. 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1

C. 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，在上单调递增；

当时，在上单调递减；在上单调递增.

【小问2详解】

因为，

所以由，得在上恒成立，

令，则，，

令，则，

因为，则，，，则，

所以，则在上恒成立，

所以在上单调递增，则在上单调递增，

令，则，

令，则在上恒成立，

所以在上单调递增，则，即，

所以在上单调递增，则，

则，故，

所以当时，，，

所以在上必存在，使得，

又在上单调递增，故当时，，

所以在上单调递减，而，不满足题意；

当时，，

所以在上单调递增，故，满足题意；

综上：，即的取值范围为.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于利用导数求得当时，存在使得，从而排除的情况，由此得解.