2024届广东省深圳市福田区红岭中学高三上学期第二次统考数学试题含答案

这是一份2024届广东省深圳市福田区红岭中学高三上学期第二次统考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，问答题，解答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足，其中为的共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，根据共轭复数的定义得到；根据已知得到的方程，解方程求出，进而求出．
【详解】解：设，则，
由得：
，
化简得：
，
，
解得：，
．
故选：D．
2．集合，,则（ ）
A．；B．；
C．；D．．
【答案】B
【分析】化简两个集合，再判断集合间的关系.
【详解】,,
表示奇数，表示整数，所以.
故选：B
3．已知等差数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用等差中项求解即可.
【详解】因为数列是等差数列，
所以，即，
所以，
故选：A
4．已知A，B是的内角，“为锐角三角形"是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先根据诱导公式及正弦函数单调性得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立.
【详解】因为为锐角三角形，所以且，所以，
其中，
因为在上单独递增，所以，充分性成立，
若，不妨设，满足，但为直角三角形，故必要性不成立.
故选：A
5．已知函数，则函数在上的单调性为（ ）
A．单调递增B．单调递减C．先增后减D．先减后增
【答案】B
【分析】先根据求出在上的解析式，进而可根据指数函数的单调性进行判断.
【详解】当时，，
此时，
由指数函数的性质知，函数在上单调递减，
故选：B
6．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，现据《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且，则该球体建筑物的高度约为（）（ ）
A．58.60mB．56.74mC．50.76mD．49.25m
【答案】C
【分析】设球的半径为，再根据球相切的性质，结合三角函数关系求解即可.
【详解】如图，设球的半径为，球心为，为与球的切线，则.
，
.
故选：C
7．是各项均为正数的等差数列，其公差，是等比数列，若，，和分别是和的前项和，则（ ）
A．B．
C．D．和的大小关系不确定
【答案】B
【分析】分析可知等比数列为正项单调数列，利用等差数列的求和公式以及基本不等式可得出与的大小.
【详解】因为是各项均为正数的等差数列，其公差，
则，且，则，
设等比数列的公比为，则且，即且，
又因为，所以，等比数列为正项单调数列，
由基本不等式可得，，
，，
所以，，
故选：B.
8．已知函数，设数列的通项公式为，则（ ）
A．36B．24C．20D．18
【答案】D
【分析】先根据解析式求出对称中心，再结合等差数列项的性质计算求解即可.
【详解】，所以曲线的对称中心为，即，
因为，易知数列为等差数列，，，
所以
，
所以.
故选:D.
二、多选题
9．已知实数a，b，c满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】利用不等式的性质和对数式的运算规则，比较大小.
【详解】实数a，b，c满足，
函数在上单调递增，则，即，A选项错误；
由，得，即，B选项错误；
由，得，C选项正确；
由，有，
，
而，
即，又，
则，所以，
即，D选项正确.
故选：CD
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．的最小正周期为
C．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
D．函数的单调递减区间为
【答案】ABD
【分析】对于A选项，利用降幂公式求解即可；对于B选项，利用正切的二倍角公式即可；对于C选项，利用函数的平移变换即可；对于D选项，利用正弦型三角函数的单调性求解即可.
【详解】对于A，，
，故A正确；
对于B，，
最小正周期：，故B正确；
对于C，函数的图象向右平移个单位长度得到函数，
，故C错误；
对于D，函数，
令，
解得：，
故的单调递减区间为，D正确.
故选：ABD
11．已知函数，则（ ）
A．函数是增函数
B．曲线关于对称
C．函数的值域为
D．曲线有且仅有两条斜率为的切线
【答案】AB
【分析】由可得是增函数，且对于任意，满足，所以关于对称，可得AB正确；利用指数函数值域易得函数的值域为，即C错误；令，整理可得，易知，可得，即方程无解，因此曲线不存在斜率为的切线，即D错误.
【详解】根据题意可得，易知是减函数，
所以是增函数，即A正确；
由题意可得，所以，
即对于任意，满足，所以关于对称，即B正确；
由指数函数值域可得，所以，即，
所以函数的值域为，所以C错误；
易知，令，整理可得，
令，即，
易知，又因为，即，
所以，即，因此；
即关于的一元二次方程无实数根；
所以无解，即曲线不存在斜率为的切线，即D错误；
故选：AB
12．历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为等比数列
C．D．信封均被投错的概率大于
【答案】ABC
【分析】选项A，用列举法即可得；选项B，构造新数列，利用定义法可证明是等比数列；选项C，由递推关系变形可得裂项形式，裂项后利用累加法求通项即可证；选项D，利用泰勒公式可得再对分奇偶讨论即可判断.
【详解】选项A，令4封信分别为，当在第2个信箱时，共3种错排方式：
第1种
第2种
第3种
同理可得在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共种方法，故A选项正确；
选项B，，∴，
又，则，故B选项正确；
选项C，，
两边同除以得，
∴，
，故C选项正确；
选项D，装错信封的概率为，∵，
则，即
当n为奇数时，；
当n为偶数时，；综上，当n为奇数时；当n为偶数时，故D项错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过构造变形得，D选项的关键是利用所给的泰勒公式，再分奇偶讨论.
三、填空题
13．函数，的零点个数为 ．
【答案】
【分析】由可知或，在上分别解出符合题意得的取值即可.
【详解】令，由二倍角公式可得，
即，解得或，
当时，若时，解得或；
若，解得或；
综上所述，函数在上的零点个数为个.
故答案为：
14．已知数列满足，，则数列的前12项的和为 ．
【答案】
【分析】根据递推公式以及可推出，按照此规律可得，即可求出的前12项的和为.
【详解】由可知，
令可得，；两式相加可得；
分别令可得，；两式相加可得；
由可得，
以此类推可得，
所以数列的前12项的和为.
故答案为：
四、双空题
15．记的内角的对边分别为，已知.若，则 ；若，则 .
【答案】 /
【分析】①由可得，由正弦定理和余弦定理将等式边化角即可求出；
②由可得，再由余弦定理即可求出.
【详解】①由题意，则，，
又由正弦定理与余弦定理可得，即，则，
故，则.
②由①，又，故，又，则，则.
由余弦定理，又，
所以.
故答案为：；.
五、填空题
16．若函数在单调递增，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据导数与函数单调性的关系，由函数在单调递增得到不等式，利用三角恒等变换、换元法转化为一元二次不等式在闭区间上的恒成立问题，运算即可得解.
【详解】解：函数的导数为，
由题意，函数在上单调递增，
∴在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，，
∵在上恒成立，
∴在上恒成立，
又∵的图象是开口向下的抛物线，
∴，解得：.
∴的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：导数与函数单调性的关系：
1.是函数在区间上单调递增（减）的充分不必要条件.
2.是函数在区间上单调递增（减）的必要不充分条件.
3.若在区间的任意子区间上都不恒等于零，则是函数在区间上单调递增（减）的充要条件.
六、问答题
17．已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）设公比为，
因为，，
所以，
即，所以（舍去），
则，所以，
所以；
（2）由（1）得，
则①，
②，
由①②得，
所以.
七、解答题
18．已知中，角的对边分别为，．
(1)若，求的值；
(2)若的平分线交于点D，且，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式化简已知条件，由此求得.
（2）根据三角形的面积公式、角平分线的性质求得，从而求得的面积．
【详解】（1）由以及正弦定理得
，
所以.
（2）依题意，，
由正弦定理得，
由于，所以，
所以，，
由，，
，
由余弦定理得，
即，，，
则由得，
所以.

八、问答题
19．若函数在处有极小值．
(1)求c的值．
(2)函数恰有一个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）利用导数在处取到极值的必要不充分条件，从而求出c值，再对c进行检验即可求出结果．
（2）利用导数研究函数单调性，通过极值的范围求实数a的取值范围．
【详解】（1）因为，所以，
又因为函数在处有极小值，
所以，解得或，
当时，，
则时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，
可得函数在处取得极小值；
当时，，
则时，，时，，
在上单调递增，在上单调递减，
可得函数在处取得极大值，不合题意，舍去．
所以c的值为3.
（2），
函数定义域为R，，
当时，恒成立，在R上单调递增，
时，有一个零点-1；
时，，，恰有一个零点.
当时，解得或，解得，
在和上单调递增，在上单调递减，
时，有极大值，时，有极小值，
恰有一个零点，或
解得，
综上可知，函数恰有一个零点，实数a的取值范围为.
九、计算题
20．已知数列的前n项和为，，且．
(1)求的通项公式；
(2)设的前n项和为，求．
(3)记数列的前n项和为，若恒成立，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据及，可得到是首项为，公差为2的等差数列，结合定义法求通项公式即可；
（2）根据（1）的结果求得，结合裂项相消法求和即可；
（3）根据（1）的结果得到，进而得到当时，，结合随的增大而增大，得到最值，即可得到，进而得到答案.
【详解】（1）因为，
所以当时，，解得，
当时，，
两式相减得，，
化简得，，
因为，所以，则，
即是首项为，公差为2的等差数列，
所以的通项公式为
（2）由（1）知，，
因为，
所以，
所以
（3）由（1）知，，
所以，
所以当时，，
因为随的增大而增大，
所以，
，
所以，所以的最小值为
十、解答题
21．一条直角走廊的平面图如图所示，宽为2米，现有一辆转动灵活的平板车，其平板面为矩形ABCD，它的宽为1米.
(1)若平板车被卡在此直角走廊内，如图，设，试用表示平板车的长度；
(2)要想平板车能顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）延长CD交边PA，PB分别相交于E，F，得到，且，，结合，即可求解；
（2）设，得到，利用导数求得函数的单调性与最小值，结合最小值，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，延长CD直角走廊的边PA，PB分别相交于E，F，
则，其中，
又由，，
可得，
于是，其中.
（2）解：设，则，于是，
又，因此，
因为恒成立，
因此函数在上是减函数，所以，
故平板车被此走廊卡住的最小长度为，
从而平板车长不大于，能在此走廊转弯，平板车的长度大于，
则不能在此走廊转弯，
故要想平板车能顺利通过此走廊，其长度不能超过米.
22．设函数.
(1)求的最值；
(2)令，的图象上有一点列，若直线的斜率为，证明：.
【答案】(1)在上的最小值为，在上无最大值.
(2)见解析
【分析】（1）求出原函数的二阶导数后可判断二阶导数非负，故可判断导数非负，据此可求原函数的最值.
（2）根据（1）可得，结合二倍角的正弦可证：，结合等比数列的求和公式可证题设中的不等式.
【详解】（1），设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故，所以，故在上为增函数，
故在上的最小值为，在上无最大值.
（2）先证明一个不等式：，
证明：设，
则（不恒为零），故在上为增函数，
故即恒成立.
当时，
由（1）可得，故，
故
,
故
.
【点睛】思路点睛：导数背景下数列不等式的证明，需根据题设中函数的特征构成对应的函数不等式，从而得到相应的数列不等式，再结合不等式的性质结合数列的求和公式、求和方法等去证明目标不等式.
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