安徽省六安第一中学2023-2024学年高三数学上学期第二次月考试题（Word版附解析）

六安一中2024届高三年级第二次月考数学试卷时间：120分钟一､单项选择题：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.“是第一象限角”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分、必要条件的定义，结合角的概念，即可得答案.【详解】若是第一象限角，则，无法得到一定属于，充分性不成立，若，则一定是第一象限角，必要性成立，所以“是第一象限角”是“”的必要不充分条件.故选：B2.已知中，，，，则的面积是（）A.B.C.6D.【答案】A【解析】【分析】根据余弦定理求出，再求出，然后用面积公式即可.【详解】，. 故选：A.3.函数的图象最有可能是以下的（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数奇偶性排除CD，代入特殊点，排除A，选出正确答案.【详解】定义域为，关于原点对称，又，所以是奇函数，故排除CD，又，故排除A选项，B正确.故选：B4.泰姬陵是印度在世界上知名度最高的古建筑之一，被列为“世界文化遗产”．秦姬陵是印度古代皇帝为了纪念他的皇妃建造的，于1631年开始建造，用时22年，距今已有366年历史．如图所示，为了估算泰姬陵的高度，现在泰姬陵的正东方向找一参照物，高约为，在它们之间的地面上的点Q（B，Q，D三点共线）处测得处、泰姬陵顶端处的仰角分别是和，在处测得泰姬陵顶端处的仰角为，则估算泰姬陵的高度为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题设可得，应用正弦定理求得，进而求.【详解】由题设且，在测得泰姬陵顶端处仰角为，所以，则，所以，故.故选：A5.声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音.若一个复合音的数学模型是函数，则在区间上零点的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】由正弦的二倍角公式变形解方程可得.【详解】，或，又，∴，或，故选：C．6.若是函数的一个极值点，则的极大值为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】先对函数求导，由已知，先求出，再令，并判断函数在其左右两边的单调性，从而确定极大值点，然后带入原函数即可完成求解.【详解】因为，，所以，所以，，令，解得或，所以当，，单调递增；时，，单调递减；当，，单调递增，所以的极大值为．故选：D．7.已知函数在区间上是减函数，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的单调性知导数小于等于0恒成立，分离参数后由正切函数单调性求解.【详解】由题意，在上恒成立，即在上恒成立，因在上单调递增，所以，所以在时，，所以.故选：B 8.设是函数的导函数，当时，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用三角函数公式化简已知，再构造函数，利用函数单调性依次判断选项.【详解】，设在单调递增，，所以A错误；，所以，所以B正确；，所以C错误；，，所以D错误.故选：B二､多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9.已知函数的最小正周期为，则（）A.B.直线是图象的一条对称轴C.在上单调递增D.将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象【答案】AB【解析】【分析】根据辅助角公式和函数的最小正周期可得，然后利用的性质可得.【详解】，因最小正周期为，，故，得，故，选项A：，故A正确；选项B：的对称轴为，，即，，当时，，故B正确；选项C：令，， 得，，故的单调递减区间为，，当时，的单调递减区间为，故C错误；选项D：将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到，故D错误故选：AB10.已知，，，下列选项正确的有（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据同角关系以及诱导公式可得可得，进而可判断A，根据和差角公司以及二倍角公式即可代入求解BCD.【详解】由于且，所以，又，，故或，当时，显然不满足，故，所以，故A错误，对于B，，故B正确， 对于C,，故C错误，对于D，由B可知，所以，故D正确，故选：BD11.已知函数，则下列结论正确的是（）A.的图象关于直线对称B.的图象关于点对称C.有3个零点D.是奇函数【答案】BCD【解析】【分析】根据与的关系,再由奇偶性的定义判来判断D，根据图象平移的关系即可判断BA，对于C，可以直接求出的零点，从而判断其正确与否.【详解】的定义域为，的定义域为，且，记，则有，故为奇函数，选项D正确；由于为奇函数，图象关于原点对称，故的图象关于点对称，B正确，A错误令，则有，即或，解得或，即，或，故有3个零点，选项C正确．故选：BCD12.在△ABC中，已知a＝2b，且，则（）A.a，c，b成等比数列 B.C.若a＝4，则D.A，B，C成等差数列【答案】ABC【解析】【分析】首先根据三角恒等变换，将已知条件化简得，再结合条件，再依次判断选项即可得到答案.【详解】因为，所以，即，即.对选项A，因为，所以、、成等比数列，故A正确；对选项B，因为，，即，所以，即，故B正确；对选项C，若，则，，则，因为，所以.故，故C正确.对选项D，若、、成等差数列，则.又因为，则.因为，设，，，，则，故D错误.故选：ABC 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.“圆材埋壁”是我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”的模型，其截面如图所示，若圆柱形材料的底面半径为1，截面圆圆心为，墙壁截面为矩形，且，则扇形的面积是__________.【答案】##【解析】【分析】计算，再利用扇形的面积公式求解.【详解】由题意可知，圆的半径为，即，又，所以为正三角形，∴，所以扇形的面积是.故答案为：14.已知是第三象限角，是终边上的一点，若，则______.【答案】##0.5【解析】【分析】利用三角函数的定义求出的值，再利用二倍角公式求解即可.【详解】因为是终边上的一点，所以,则解得，又因为是第三象限角，所以即，从而.所以. 从而.故答案为：15.已知函数在区间内恰有4个零点，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先求出的范围，结合的图像即可【详解】因为，所以，若在内恰有4个零点，则，解得.故答案为：16.已知是定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集是________．【答案】【解析】【分析】利用导数判断当时，的单调性，结合偶函数解不等式.【详解】当时，，，则在上单调递增，因为是定义在R上的偶函数，则在上单调递减，若，即，可得，解得， 所以不等式的解集是.故答案为：.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.（1）已知，且，求的值；（2）化简.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）确定得到，再根据三角恒等变换计算得到答案.（2）根据二倍角公式和同角三角函数关系结合正弦的和差公式化简即可.【详解】（1）平方得，故，，则，，.（2）原式 18.已知函数的图像相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右平移个单位，所得函数为奇函数.（1）若，求的取值范围；（2）设函数的零点为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）易得，由平移变换得到，根据为奇函数，求得，从而，再由，令，利用二次函数的性质求解；（2）由函数的零点为，得到，再由，利用二倍角公式求解.【小问1详解】解：因为函数的图像相邻对称轴之间的距离是，所以，解得，所以，当将的图像向右平移个单位，得到函数，因为为奇函数，所以，即， 因为，所以，则；则，因为，所以，则，所以.【小问2详解】因为函数的零点为，所以，则，所以，.19.已知在中，角所对的边分别是，且（1）求的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换化简，再由正余弦定理即可得解；（2）由正弦定理，可将化为三角函数，再由三角函数的值域求范围即可.【小问1详解】因为，所以， 整理得，由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以，【小问2详解】因，所以，又，所以；所以又因为，则，所以（当且仅当时，等号成立），可得，即的取值范围是.20.已知函数（1）求函数在区间上的单调递减区间；（2）将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向上平移个单位，得到函数的图象.当时，方程恰有三个不相等的实数根、、，求实数的取值范围和的值. 【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式为，由求出的取值范围，再利用正弦型函数的单调性可求出函数在区间上的单调递减区间；（2）利用三角函数图象变换可得出，令，，则函数与函数在时的图象有三个交点，数形结合可得出实数的取值范围，再利用正弦型函数的对称性可求得的值.【小问1详解】解：，因，则，又在上单调递增，在上单调递减，由可得，即函数在区间上的单调递减区间为.【小问2详解】解：将函数的图象上所有的点向右平移个单位，可得到函数的图象， 再把所得图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），可得到函数的图象，再将所得图象向上平移个单位，可得到函数的图象，当时，，令，则，令，令，可得，其中，作出函数与函数在时的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与函数在时的图象有三个交点，设，其中，则点与点关于直线对称，点与点关于直线对称，所以，，，则，所以，，解得21.记的内角、、的对边分别为、、，已知. （1）求；（2）若点在边上，且，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理化简可得出，可求出的值，再结合角的取值范围可求得角的值；（2）求出、的值，设，则，分别在和中，利用正弦定理结合等式的性质可得出、的等式，即可求得的值，即为所求.【小问1详解】解：因为，由余弦定理可得，化简可得，由余弦定理可得，因为，所以，.【小问2详解】解：因，则为锐角，所以，，因为，所以，，所以，，设，则， 在和中，由正弦定理得，，因为，上面两个等式相除可得，得，即，所以，.22.已知函数，（1）若，求的单调区间；（2）若，，是方程的两个实数根，证明：．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用函数的单调性与导数正负的关系即可求解；（2）根据已知条件构造，利用导数法研究函数的单调性和最值，进而得出，的范围，再构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.【小问1详解】由题可知的定义域为，.令，则的两根分别为，．当或时，；当时，； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为，．【小问2详解】原方程可化为，设，则，．令，得．∵上，，在上，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，且当，趋向于0时，趋向于，当趋向于时，趋向于．则在和上分别有一个零点，，不妨设，∵，∴，设，则，．当时，，∴在上单调递增，而，∴当时，，，即．∵，∴．∵在上单调递减，∴，即．