2024届新疆乌鲁木齐市第七十中学高三上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2024届新疆乌鲁木齐市第七十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，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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
【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
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性，求得和，即可求解.
【详解】由指数函数在定义域上为单调递增函数，所以，
又由对数函数 在上为单调递减函数，所以，
所以，即.
故选：D.
4．已知角的终边过点.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据角的终边过点，利用三角函数的定义得到，然后利用两角差的正弦公式求解.
【详解】解：因为角的终边过点，
所以，
所以，
，
故选：C
5．已知函数 的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．-1
【答案】A
【分析】由题意利用辅助角公式，化简，结合图象关于直线对称可求得的值，即可求得a的值，进而求得答案.
【详解】由题意得函数，
其中，
又函数 的图象关于直线. 对称，
故,则，
故，则，
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
【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．高邮镇国寺是国家级旅游景区地处高邮市京杭大运河中间，东临高邮市区，西近高邮湖实属龙地也，今有“运河佛城”之称某同学想知道镇国寺塔的高度,他在塔的正北方向找到一座建筑物,高约为，在地面上点C处（B，C，N三点共线） 测得建筑物顶部A镇国寺塔顶部M的仰角分别为和在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，镇国寺塔的高度约为 （ ）（参考数据： ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合已知条件先用正弦定理求得，再在中，运用正弦定理可以得到，最后再一次运用正弦定理可得，由两角和的正弦公式结合即可求解.
【详解】如图所示：
由题意，，，
因为在中，有，，，
所以，
在中，运用正弦定理有，
即，化简得，
又因为在中，有，，，
所以有，
因为，
所以，
由题意，
所以，
综上所述：镇国寺塔的高度约为.
故选：C.
8．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．,B．,C．,D．,
【答案】A
【分析】先由导数证明函数是增函数，再证明其为奇函数，然后由奇偶性与单调性化简不等式，再分离参数转化为求新函数的最值，得参数范围．
【详解】令，
则在R上恒成立，所以在R上为增函数，又，所以，
所以函数是R上的增函数，
又，都是R上的增函数，所以函数是R上的增函数，
，所以是奇函数，
因为在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在,上单调递减，
所以，故，
故选：A．
二、多选题
9．下列等式成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AB
【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
【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
【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
【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
13．在等差数列中，是其前n项和，已知，，则 .
【答案】15
【分析】利用等差数列前n项和公式列出方程组，求出，，由此能求出.
【详解】在等差数列中，是其前n项和，，，
∴，
解得，，
.
故答案为：15.
14．若命题“，使得”是假命题，则的取值范围是 ．
【答案】
【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】
【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.
故答案为：.
16．已知正项数列的前项和为，满足，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】根据与的关系，利用相减法求得与的递推关系式，从而可得与，结合基本不等式求解的最小值即可.
【详解】因为，
当时，，所以相减得
即，整理得
又，所以，则，即
当时，，则，解得或（舍）
综上，数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，，
所以
当且仅当，即时等号成立，但，故取等不成立
所以当时，，当时，
又，所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（1）解：∵，
∴解得：.
（2）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)
【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.
【详解】（1）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；
（2）
，
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)
【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.
【详解】（1）由正弦边角关系知：，则，
又，故.
（2）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)
【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.
【详解】（1）在中，
整理得，
所以，故，
又，
在中，又，
所以，故.
（2）由，
由，
而，故，故，
所以，
所以，即，
则，
在中，则.
21．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
22．已知函数
(1)求函数的极值;
(2)当时， 证明:.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）直接求导即可得到函数的单调性，从而得到函数的极值；
（2）构造新函数求导，利用隐零点求最值
【详解】（1），令，解得，所以在区间上，此时单调递增，
在区间上，此时单调递减，所以存在极大值为，不存在极小值；
（2）要证，即证，即，
令，则，
令，易知在上单调递增，
且，，
所以使得，即，即.
在区间上恒成立，所以在单调递减，
在区间上恒成立，所以在上单调递增，
所以恒成立，即，得证.