2024届广东省深圳市南头中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省深圳市南头中学高三上学期第二次月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先化简集合，得，再根据并集的定义即可求解.
【详解】因为，又，
所以.
故选：D．
2．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的单调性，对比出、、三者与特殊值0、1的大小关系，运用中间值法解决问题.
【详解】解：因为函数为单调递增函数，
所以，即；
因为为单调递增函数，
所以，即；
因为单调递减，
所以，
即，
故，
故选：A.
3．已知等差数列，其前n项和满足，则（ ）
A．4B．C．D．3
【答案】A
【分析】由等差数列的前项和公式，与等差中项易得，由等差中项易得.
【详解】是等差数列，其前n项为，
，
，.
故选：A.
4．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性、定义域、正负性，结合指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】由，所以该函数的定义域为，显然关于原点对称，
因为，
所以该函数是偶函数，图象关于纵轴对称，故排除选项AC，
当时，，排除选项B，
故选：D
5．垃圾分类是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称．垃圾分类的目的是提高垃圾的资源价值和经济价值，减少垃圾处理量和处理设备的使用，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会、经济、生态等方面的效益．已知某种垃圾的分解率与时间（月）满足函数关系式（其中a，b为非零常数）．若经过12个月，这种垃圾的分解率为20%，经过24个月，这种垃圾的分解率为40%，那么这种垃圾完全分解（分解率为100%）至少需要经过（ ）（参考数据）
A．64个月B．40个月C．52个月D．48个月
【答案】B
【分析】根据已知条件求得以及，根据题目要求列方程，化简求得正确答案.
【详解】依题意，，
两式相除得，则，
由两边取以为底的对数得，
由，得，
两边取以为底的对数得个月.
故选：B
6．已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，求的值（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据降幂公式，结合三角函数定义进行求解即可.
【详解】，
因为角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以，
因此，
故选：A
7．已知等比数列满足，，（其中，），则的最小值为（ ）
A．6B．16C．D．2
【答案】D
【分析】利用等比数列的性质，得出和的关系，利用基本不等式求出的最小值
【详解】由题意，
在等比数列中，，，
由等比数列的性质，可得，，
当且仅当，时，等号成立，
因此，的最小值为2.
故选：D.
8．已知，均为锐角，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由已知条件可得，构造函数，，利用导数可得在上为增函数，从而可得，再由正余弦函数的单调性可得结论
【详解】因为，所以，
可得，
令，，，
所以在上为增函数，
∴，
∵，均为锐角，
∴，
∴，，故A正确C错误；
因为无法确定的大小，故BD错误；
故选：A.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．
B．若关于的不等式的解集为，则
C．函数的零点为1
D．若，则
【答案】BC
【分析】由特称命题的否定，一元二次不等式的解法，对数函数的性质，不等式的性质对选项逐一判断，
【详解】对于A，恒成立，故A错误，
对于B，由题意得，解得，故B正确，
对于C，由得，故C正确，
对于D，当时成立，故D错误，
故选：BC
10．函数的部分图象如图，则下列说法正确的有（ ）

A．
B．的一个对称中心为
C．的一个增区间为
D．可将函数向右平移个单位得到
【答案】ABD
【分析】根据函数图象可求得的值，可得的解析式，利用三角函数的性质对各选项进行判断即可得出答案.
【详解】由图象可知，，则可得，所以A正确；
又，所以，又，所以，
即，
对于B，当时，，
所以函数图象关于成中心对称，即B正确；
对于C，由，可得，
令，可得是函数的一个单调增区间，
所以不是函数的一个单调增区间，故C错误；
对于D，将函数向右平移个单位得到
，即D正确；
故选：ABD
11．数列的前n项和为，已知，则（ ）
A．是递增数列
B．
C．当时，
D．当或4时，取得最大值
【答案】BCD
【分析】A选项，根据求出通项公式，进而得到，单调递减，A错误；B选项，由通项公式直接求解即可；C选项，解不等式即可；D选项，根据二次函数的开口方向和对称轴可得D正确.
【详解】A选项，当时，，
又，所以，
因为，
则是递减数列，故A错误；
B选项，由可得，故B正确；
C选项，令，解得，故C正确；
D选项，因为的对称轴为，开口向下，
又，所以当或4时，取得最大值，故D正确.
故选：BCD.
12．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若恰有2个零点，则或
B．若恰有3个零点，则
C．当时，恰有5个零点
D．当时，仅有1个零点
【答案】CD
【分析】参变分离后利用导数和二次函数的性质研究的图象特征，从而可判断不同零点个数时参数的取值范围或根据参数的范围可判断零点的个数.
【详解】当，，故有零点；
当，的零点个数等价于方程的根的个数，
也等价于直线与函数的图象的交点个数.
而，
当时，，，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
当时，，当时，，
故的图象如图所示：
对于A，若恰有2个零点，则与的图象有且只有一个交点，
由图可得，故A错误；
对于B，若恰有3个零点，则与的图象有且只有两个交点，
由图可得或，故B错误；
对于C，当时，与的图象有且只有四个交点，
故有五个不同的零点，故C正确；
对于D，当时，与的图象有且没有交点，
故有且只有一个零点，
故选：CD.
【点睛】思路点睛：对于含参数的分段函数的零点问题，可通过参变分离将零点个数问题转化为水平直线与不含参数的新函数的图象的交点个数问题来处理.
三、填空题
13．已知是定义在上的奇函数，当时，，则的值为 ．
【答案】
【分析】结合对数函数性质由奇函数的定义求值可得答案．
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以，
.
故答案为：．
14．在△ABC中，A，B，C分别对应边a，b，c，若，且a=1，，则△ABC外接圆的半径为 .
【答案】
【分析】利用正弦定理的边角互化可得，从而可得，再利用正弦定理的推论即可求解.
【详解】由，可得，
又 a=1，，，
设△ABC外接圆的半径为，
所以，解得.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了正弦定理的边角互化以及正弦定理的推论，需熟记定理的内容，属于基础题.
15．设，若函数在上单调递增，则的取值范围是
【答案】
【解析】根据正弦函数的单调性，求出函数的单增区间，由（），可得： ，所以 ，整理即可得解.
【详解】根据正弦函数的单调性，可得：（），
所以：，
解得：，
整理可得： ，当有解，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了利用三角函数单调性求参数的取值范围，考查了恒成立思想，要求较高的计算能力，属于难题.
四、双空题
16．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，数列的前项和为，则 ； .
【答案】 1023
【分析】对函数求导，结合已知得，进而求得，根据等比数列定义及前n项和求、，最后求即可.
【详解】由题设，则，又，
所以，又，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，，
所以，，则.
故答案为：，
五、解答题
17．已知数列是以3为首项，公差不为0的等差数列，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设的公差为，由，，成等比数列，求出公差，可求的通项公式；
（2）由数列通项特征，利用裂项相消求前项和．
【详解】（1）设的公差为，因为，，成等比数列，所以，即，又，所以，
故．
（2）由（1）可得，，
则．
18．在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且．
(1)求；
(2)若的面积是，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式求解；
（2）利用面积公式、余弦定理运算求解.
【详解】（1）由，可得到，
即．
因为，所以，故．
（2）由，可得，
因为，所以，则．
由余弦定理得，即，
所以，故的周长是．
19．已知数列的前项和为，且.
(1)证明：数列为等比数列.
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由与的关系，利用公式得的递推公式，由等比数列的定义，得证结论；
（2）数列为等比数列，利用公式求前项和.
【详解】（1）证明：因为，所以当时，，可得；
当时，由可得，
所以，所以.
是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，，
所以，

20．已知函数.
（1）若，求函数在处的切线方程；
（2）在（1）的条件下，令，求的单调区间；
（3）若在上单调递减，求的取值范围.
【答案】（1） （2）在递增，在递减； （3）
【分析】（1）代入的值，求出函数的导数，计算，的值，求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（3）问题转化为在恒成立，令，，根据函数的单调性求出的范围即可．
【详解】（1）时，，
故，，，
故切线方程是：
整理得：；
（2）时，，故，
则，
令，解得：，
令，解得：，
故在递增，在递减；
（3），
若在上单调递减，
则在恒成立，
即在恒成立，
令，，
，
令，解得：，
令，解得：，
故在递增，在递减，
故，
故.
【点睛】本题考查导数的几何意义、函数的单调区间、根据单调性求参数的取值范围，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.
21．已知函数的最小正周期为．
(1)求的解析式；
(2)若关于x的方程在区间上有相异两解
求：①实数a的取值范围；
②的值．
【答案】(1)
(2)①，②
【分析】（1）根据三角恒等变换公式将化简，然后由的最小正周期为，解得，即可得到函数的解析式；
（2）将方程有两解转化为函数图象有两个交点，然后结合图象即可求得的范围，然后由正弦函数的对称性即可得到的值.
【详解】（1）
．
因为的最小正周期为，所以，解得．
所以．
（2）
①，即．
关于x的方程在区间上有相异两解，，
也即函数与的图象在区间上有两个交点，
由，得，
在上单调递增，在上单调递减，且，
做出在上的图象如图，
由图可知，要使函数与的图象在区间上有两个交点，则有，
所以实数a的取值范围为．
②由（1）和正弦函数的对称性可知与关于直线对称，
则有，所以，
所以的值为．
六、证明题
22．已知函数（是自然对数的底数）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点分别为.
①求实数的取值范围；
②求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果；
（2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围；
②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明.
【详解】（1）由题意可得，
①当时，在上递增；
②当时，在上递减，在上递增.
（2）①等价于有两个零点，
令，则，在时恒成立，所以在时单调递增，
所以有两个零点，等价于有两个零点.
因为 ，所以当时，，单调递增，不可能有两个零点；
当时，令，得，单调递增，令，得，单调递减，所以，
若，得，此时恒成立，没有零点；
若，得，此时有一个零点；
若，得，因为，，，
所以在，上各存在一个零点，符合题意，
综上，a的取值范围为.
②要证即证：，
即证，由（2）中①知，，所以只需证.
因为，，所以，，
所以 ，只需证.
设，令， 则，所以只需证 ， 即证 ，
令，，则 ，，
即当时， 成立.
所以，即.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题与利用导数证明不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于根据题意来构造函数，然后通过导数研究函数的性质得到证明.