2024届广东省普宁市勤建学校高三上学期第二次调研数学试题含答案

这是一份2024届广东省普宁市勤建学校高三上学期第二次调研数学试题含答案，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．在复平面内，对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】利用复数的运算、复数的几何意义分析运算即可得解.
【详解】解：由题意，，
其对应复平面内的点，位于第二象限.
故选：B.
2．若集合，，则（ ）
A．B．C．或D．
【答案】D
【分析】先求出集合，再根据补集和并集的定义即可得解.
【详解】，
或，则，
所以.
故选：D.
3．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】利用基本不等式及其充要条件判断即可.
【详解】因为且，
所以当时，，
当且仅当时取等号，
当时，，
当且仅当时取等号，
故充分性成立；
当时，有或
所以或，即，
所以必要性成立，
故选：C.
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用辅助角公式，结合诱导公式及二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，即，
所以.
故选：A
5．函数的部分图象可能是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定函数奇偶性，再确定的时候的值.
【详解】因为，所以为奇函数，排除AB；
又时，所以排除D,
故选：C
6．已知曲线在点处的切线的倾斜角为，则（ ）
A．B．C．-2D．
【答案】A
【分析】利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】，由题意可知，切线的斜率，则
，解得：，，
所以.
故选：A
7．函数在求导时可运用对数法：在解析式两边同时取对数得到，然后两边同时求导得，于是，用此法探求的递增区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】仔细分析题意，找出，然后依据题意求函数的导数，判断导数的单调性，求出一个单调增区间即可．
【详解】仿照题目给定的方法，，
所以，
所以，，
∵，∴，
∴要使，只要，即：，
所以的递增区间为：或它的一个子集即可.
故选：B.
8．已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前13项和为（ ）
A．7B．13C．20D．26
【答案】D
【分析】分析可知函数的图象关于点对称，利用等差中项的性质结合正弦型函数的对称性质可求得结果.
【详解】
，
由，可得，
当时，，即函数的图像关于点对称，
由等差中项的性质可得，
所以，数列的前13项和为：=.
故选：D
二、多选题
9．下列各不等式，其中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】作差法即可判断 A 选项，取特殊值可判断 BC 选项；利用基本不等式可判断 D 选项．
【详解】对 A ，，所以，故 A 正确；
对 B，时，故 B 错误；
对 C ，当时，，故C错误；
对 D ，由有，
当且仅当即时等号成立，故 D 正确．
故选： BC.
10．已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，若,则下列各式的符号不能确定的是( ).
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据三角函数定义和两个条件确定符号.
【详解】由三角函数的定义可知：
，
当时，，，
当时，，，
当时，，，故符号不确定；
因为，所以，符号确定；
，
当时，，，
当时，，，
当时，，，故符号不能确定；
，故符号确定.
故选：AC
11．已知函数，有下列四个结论正确的是（ ）
A．为偶函数B．的值域为
C．在上单调递减D．在上恰有8个零点
【答案】AC
【分析】A项，根据已知函数即可得出函数的奇偶性；B项，化简函数，即可求出函数的值域；C项，求出的单调性，即可求出函数的单调性；D项，求出的解，即可求出函数在上的零点个数.
【详解】由题意，
故为偶函数，A正确;
设，则，
当 时, 取得最大值 2 , 当 时, 取得最小值为 ,
即的值域为,
所以 的值域为，B错误；
在 上的单调性与它在 上的单调性刚好相反,
当 时, 单调递增, 且 ,
而在时单调递减, 故 在 上单调递减,
又此时, 故函数 在 上单调递增,
于是得 在单调递减，C正确；
令 , 得 或 ,
而当 时, 及 恰有 3个不等的实根 ,
即 在区间 上恰有 3 个零点,
结合奇偶性可知,即 在区间 上恰有 6 个零点，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的奇偶性和单调性，三角函数的化简和三角函数的相关性质，函数的零点，考查学生分类讨论的能力，逻辑思维的能力，具有很强的综合性.
12．关于函数，下列判断正确的是（ ）
A．是的极大值点
B．函数有且只有1个零点
C．存在正实数，使得成立
D．对任意两个正实数，，且，若，则.
【答案】BD
【分析】A选项借助导数研究函数的极值情况；BC选项，构造新函数研究函数的零点问题以及参数取值范围；D选项根据新函数单调性比较函数值的大小，从而得到双变量的关系.
【详解】对于A，函数的定义域为（0，+∞），
，
∴在（0，2）上，f′（x）＜0，函数单调递减，
（2，+∞）上，f′（x）＞0，函数单调递增，
∴x＝2是f（x）的极小值点，即A错误；
对于B，﹣x，
∴y′10，
函数在（0，+∞）上单调递减，
且，
，
∴函数有且只有1个零点，即B正确；
对于C，若f（x）＞kx，可得k，
令g（x），则g′（x），
令，则，
∴在x∈（0，1）上，函数h（x）单调递增，
x∈（1，+∞）上函数h（x）单调递减，
∴h（x） h（1）＜0，∴g′（x）＜0，
∴在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值，
∴不存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立，即C不正确；
对于D，令t∈（0，2），则2﹣t∈（0，2），2+t＞2，
令
ln，
则
，
∴g（t）在（0，2）上单调递减，
则g（t）＜g（0）＝0，令x1＝2﹣t，
由f（x1）＝f（x2），得x2＞2+t，
则x1+x2＞2﹣t+2+t＝4，
当x2≥4时，x1+x2＞4显然成立，
∴对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，
若f（x1）＝f（x2），则x1+x2＞4，故D正确.
故选：BD．
【点睛】思路点睛：借助导数研究函数的极值情况，构造新函数研究函数的零点问题以及参数取值范围；可以将自变量的大小比较通过构造新函数，通过单调性转化为函数值的大小比较，从而得到自变量间的关系.
三、填空题
13．已知函数，则= .
【答案】
【分析】根据分段函数的解析式先求出,继而求出.
【详解】因为，
所以，
则，
故答案为：
14．已知，，且，，则 .
【答案】/0.6
【分析】先根据平方关系求得，的值，进而结合两角差的余弦公式计算即可.
【详解】因为，，
所以，
，
所以
.
故答案为：.
15．已知的圆心在曲线上，且与直线相切，则的面积的最小值为 .
【答案】
【分析】由题设，进而根据题意得到直线的距离即为半径，再利用公式结合基本不等式求解即可得半径的最小值，进而得答案.
【详解】因为的圆心在曲线上，故设,
因为与直线相切,
所以到直线的距离即为半径，
即，当且仅当时等号成立，
所以的面积的最小值为.
故答案为:.
16．若存在实数使得，则的值为 .
【答案】
【分析】构造函数，利用其单调性及最值计算即可.
【详解】不等式，
令，则，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故，
又由题意知存在实数使得成立，
故时满足题意，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，角A的角平分线交BC于点D，且，．
(1)求角A的大小；
(2)求线段AD的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据给定条件利用诱导公式及和角的正弦公式整理变形即可计算得解.
(2)利用(1)的结论，借助三角形面积公式即可计算作答.
【详解】（1）在中，，因，
则有：，即，
又，即有，而，
所以.
（2）在中，由(1)知，因为AD为角A的角平分线，则有，
由得：，
解得，
所以线段AD的长为.
18．已知数列的前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式：
(2)设为数列的前项和，求大于的最小的整数.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)根据题意得出当时，，两式作差可得，验证时是否成立，即可求解；
(2)结合(1)得出，利用错位相减法得出，再结合，进而求解.
【详解】（1） ①
时， ②
①-②得，，
当时，，满足上式，
故；
（2）由（1）得：，
③，
两边同乘以得： ④
③-④得：
，，.
19．已知函数f(x)＝－1.
（1）求函数f(x)的单调区间；
（2）设m＞0，求函数f(x)在区间[m，2m]上的最大值.
【答案】（1）单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)；（2）答案不唯一，具体见解析.
【分析】(1)对函数求导，利用求出函数的单调增区间，利用求出函数的单调减区间；
(2)按当0＜m≤，＜m＜e和m≥e时，讨论函数的单调性，进而得出函数的最大值．
【详解】(1)因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＝0时，x＝e，
当00；
当x>e时，f′(x)<0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞).
(2)①当，即0＜m≤时，[m，2m]⊆(0，e]，由（1）得，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递增，
所以f(x)max＝f(2m)＝－1；
②当m＜e＜2m，即＜m＜e时，[m，e)⊆(0，e)，[e，2m]⊆[e，＋∞)，
函数f(x)在区间[m，e)上单调递增，在[e，2m]上单调递减，
所以f(x)max＝f(e)＝－1＝－1；
③当m≥e时，[m，2m]⊆[e，＋∞)，函数f(x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f(x)max＝f(m)＝－1.
综上所述，当0＜m≤时，f(x)max＝－1；当＜m＜e时，f(x)max＝－1；当m≥e时，f(x)max＝－1.
【点睛】本题考查导数在函数最值中的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查分类讨论思想，属于中档题．
20．在四棱锥中，底面是矩形，分别是棱的中点.

(1)证明：平面；
(2)若平面，且，，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接、，即可证明，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图，取中点，连接、，根据题意，因为点为中点，
所以且，又因为四边形为矩形，为的中点，
所以且

所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
设平面的一个法向量为，则，令，则，
显然二面角为锐二面角，设其平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
21．如图，某景区内有一半圆形花圃，其直径AB为6，O是圆心，且OC⊥AB.在OC上有一座观赏亭Q，其中∠AQC＝，.计划在上再建一座观赏亭P，记∠POB＝θ.
（1）当θ＝时，求∠OPQ的大小；
（2）当∠OPQ越大时，游客在观赏亭P处的观赏效果越佳，求游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，角θ的正弦值．
【答案】（1）.（2）.
【解析】（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式，将其展开化简并整理后得tanα＝，将θ＝代入得答案；
（2）令f(θ)＝并利用导数求得f(θ)的最大值，即此时的，由（1）可知tanα＝，得答案.
【详解】（1）设∠OPQ＝α，在△POQ中，用正弦定理可得含α，θ的关系式．
因为∠AQC＝，所以∠AQO＝.又OA＝OB＝3，所以OQ＝
在△OPQ中，OQ＝，OP＝3，∠POQ＝－θ，设∠OPQ＝α，则∠PQO＝－α＋θ.
由正弦定理，得＝，即sinα＝cs(α－θ)．
展开并整理，得tanα＝，其中θ∈.
此时当θ＝时，tanα＝.因为α∈(0，π)，所以α＝.
故当θ＝时，∠OPQ＝.
（2）设f(θ)＝，θ∈.
则f′(θ)＝＝.
令f′(θ)＝0，得sinθ＝，记锐角θ0满足，
则，即
列表如下：
由上表可知，f(θ0)＝是极大值，也是最大值．
由（1）可知tanα＝f(θ)>0，则， tanα单调递增
则当tanα取最大值时，α也取得最大值．
故游客在观赏亭P处的观赏效果最佳时，sinθ＝.
【点睛】本题考查三角函数和解三角形的实际应用，应优先建模，将实际问题转化为熟悉的数学问题，进而由正弦定理构建对应关系，还考查了利用导数求函数的最值，属于难题.
22．已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程.
（2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围.
【详解】（1）当时，．
故切线的斜率，又切点为
切线方程为，化简得．
（2）法1：当时，恒成立，故，
也就是，即，
由得，令，
则，
令，则，
可知在单调递增，则，即在恒成立，．
故在单调递增，所以，故在恒成立．
所以在单调递增，而，所以，故．
法2：因为当时，恒成立，故，
由，
令，得或，
①当，即时，在上恒成立，
在上单调递减，，
不合题意，合题意．
②当，即时，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，
，
设，则恒成立，
在上单调递减，故即，合题意．
综上，．
法3：因为当时，恒成立，也就是，
即恒成立，令，
令，
恒成立，在上单调递增．
．
①当，即时，在上单调递增，
，合题意；
②当，即时，，
因为，，
存在，使得，即．
在上单调递减，在上单调递增．
，不合题意．
综上，．
【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值.
θ
(0，θ0)
θ0
f′(θ)
＋
0
－
f(θ)
单调递增
单调递减