2024届黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届黑龙江省哈尔滨市第六中学校高三上学期10月月考数学试题含解析，共21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．的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用二倍角正弦公式，计算求值.
【详解】.
故选：B
2．函数在上的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】应用辅助角公式可得，应用余弦函数的性质求减区间，结合题设确定正确选项即可.
【详解】由题设，，
令，可得，，
∴在上的单调递减区间是.
故选：C.
3．若函数，，则函数的图象经过怎样的变换可以得到函数的图象（ ）
A．将横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位，纵坐标保持不变
B．将横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位，纵坐标保持不变
C．先向右平移个单位，再将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标保持不变
D．先向右平移个单位，再将横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标保持不变
【答案】B
【分析】根据三角函数图象的平移与伸缩变换，逐项分析变化过程即可得出答案.
【详解】对A，的图象横坐标缩短到原来的倍,得到，
再向左平移个单位，纵坐标保持不变得到，故A不正确；
对B，的图象横坐标缩短到原来的倍,得到，
再向右平移个单位，纵坐标保持不变得到，故B正确；
对C，的图象先向右平移个单位得到，
再将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标保持不变得到，故C不正确；
对D，的图象先向右平移个单位得到，
再将横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标保持不变得到，故D错误.
故选：B
4．哈六中学校每周对会议室进行消毒，设在药物释放过程中，会议室空气中的含药量（毫克/每立方米）与时间（小时）成正比；药物释放完毕后（此时药物含量），与满足关系（为常数，）．据测定，空气中每立方米的含药量降低到毫克以下时．会议室才能进入使用．则工作人员至少在会议开始时提前（ ）分钟进行消毒工作．
A．50B．60C．90D．120
【答案】C
【分析】建立坐标系，根据函数过，代入可得，再根据题意解不等式即可.
【详解】由题意，该模型的函数图象过，故，，故药物释放完毕后，与满足关系.
当时，，即.
故工作人员至少在会议开始时提前小时，即90分钟进行消毒工作.
故选：C
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简可得，再根据求解即可.
【详解】由题意，即，即.
故.
故选：A
6．密位制是度量角的一种方法，把一周角等分为6000份，每一份叫作1密位的角．在角的密位制中，单位可省去不写，采用四个数码表示角的大小，在百位数与十位数之间画一条短线，如1周角等于6000密位，写成“”，578密位写成“”．若在中，分别是角所对的边，且有．则角用密位制表示正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用余弦定理求角C，然后根据1周角等于6000密位进行转换即可.
【详解】因为，
所以，
又，所以，
由题知，密位，所以密位，
依题意，1000密位表示为.
故选：C
7．设函数若恰有5个不同零点，则正实数的范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】画出的图象，将恰有5个不同零点转化为与有5个交点即可.
【详解】由题知，
零点的个数可转化为与交点的个数，
当时，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
如图所示：
所以时有最大值：
所以时，由图可知必有两个交点；
当时，因为，，
所以，
令，则
则有且，如图所示：
因为时，已有两个交点，
所以只需保证与有三个交点即可，
所以只需，解得.
故选：D
【点睛】思路点睛：函数零点问题往往可以转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合方便分析求解.
8．定义在R上的奇函数满足，且当时，，则（ ）
A．B．C．0D．2
【答案】D
【分析】根据题意可得的对称性，进而可得，结合可得函数周期性，再化简中自变量到求解即可.
【详解】因为定义是在R上的奇函数，故关于对称，
则关于对称，故，
且，解得.
又，故，即，
又，故，故周期为8.
所以，结合可得.
故选：D
二、多选题
9．设函数，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为
D．的最大值为1
【答案】BD
【分析】利用周期公式可判断A；代入验证可判断BC；由正弦函数值域可判断D.
【详解】由周期公式知，A正确；
因为不是最值，所以直线不是函数的对称轴，B错误；
因为，所以是函数的零点，C正确；
由正弦函数的值域可知，的最大值为2，D错误.
故选：BD
10．某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为nmile；在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为nmile．货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则下列说法正确的是（ ）
A．处与处之间的距离是
B．灯塔与处之间的距离是
C．灯塔在处的西偏南
D．在灯塔的北偏西
【答案】AC
【分析】作图，运用正弦定理和余弦定理解相应的三角形即可.
【详解】在中，由已知得，，
则，由正弦定理得，
所以A处与D处之间的距离为，故A正确；
在中，由余弦定理得，
又，解得．所以灯塔C与D处之间的距离为，故B错误；
，，灯塔C在D处的西偏南，故C正确；
灯塔B在D的南偏东，D在灯塔B的北偏西，故D错误；
故选：AC
11．如图，的内角，所对的边分别为．若，且，是外一点，，则下列说法．正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积最小值为
D．四边形面积最大值为
【答案】ABD
【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D
【详解】由正弦定理，
得，
，
是等腰的底角，，
是等边三角形，A正确；
对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，由A正确知，
但由于时，，∴B正确.
对于C、D，设，则
，，
所以四边形ABCD的面积，
，
，
，四边形ABCD的面积，
∴C不正确，D正确；
故选：ABD
12．已知函数，，则下列选项正确的为（ ）
A．对于任意实数，至少有一零点
B．当恰有1个零点时，实数的取值范围为
C．当恰有2个零点时，实数的取值范围为
D．当恰有3个零点时，实数的取值范围为
【答案】AD
【分析】利用导数研究函数单调性和最值，根据函数的大致图象，利用分离参数法、分类讨论法运算分析判断即可得解.
【详解】解：由，得，
当时，；当时，，
在上为减函数，在上为增函数，
∴，，
当时，；当时，，
∴函数的大致图象如下图：
令，则，则，
令，可得：或.
对选项A，当时，，所以，即，
∴对于任意实数，至少有一零点，故A正确.
∵，∴.
∴当时，不成立，则只有一个根，
即只有1个零点.
当时，由，得或，
又由知当时；当时，
∴此时有2个零点.
当时，由，得或使得，
由上述知当时；
∵，∴，由知与对应的有两个，
∴此时有3个零点.
当时，由，得，
又由知当时，
∴此时有1个零点.
当时，由，得或使得，
由上述知当时；
∵，∴，由知与对应的有一个，
∴此时有2个零点.
综上知，当恰有1个零点时，实数的取值范围为或，故B错误.
当恰有2个零点时，实数的取值范围为或，故C错误.
当恰有3个零点时，实数的取值范围为，故D正确.
故选：AD.
【点睛】利用函数零点求参数范围的思路和方法：
1.利用零点的个数结合函数的单调性构建不等式求解.
2.转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解.
3.分离参数（）后，将原问题转化为的值域（最值）问题或转化为直线与的图象的交点个数问题（优选分离、次选分类）求解.
三、填空题
13．函数在一个周期内的图象如图所示，则 .

【答案】
【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，从而求出的值．
【详解】根据函数，，，在一个周期内的图象，
可得，，．
再根据最高点的坐标，可得，
结合的范围，可得，，，
．
故答案为：．
14．已知函数，若任意的正数均满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】判断函数的奇偶性，利用函数的奇偶性，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】该函数的定义域为全体实数，
因为，
所以函数是奇函数，
即由，
因为为正数，
所以，
当且仅当时取等号，即时取等号，
故答案为：
15．已知的面积为，则的中线长的一个值为 .
【答案】或
【分析】结合已知条件和三角形面积公式求，然后利用余弦定理即可求解.
【详解】因为的面积为，
所以，
故或；
①当时，，
故，
因为，所以，
故；
②当时，，
故，
在中，由余弦定理可知，
在中，由余弦定理可知，，
故.
综上所述，的中线长为或.
故答案为：或.
16．已知函数，则不等式成立的的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先判断的对称性，然后利用导数讨论其单调性，结合图象即可求解.
【详解】由得的定义域为，
因为
，
，
所以，所以的图象关于对称.
记，
当时，由复合函数单调性易知单调递增，
记，则
记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，所以在上单调递增，
所以在上单调递增，
综上，在上单调递增，图象关于对称
由图可知，要使，必有，
两边平方整理得，解得，
又，，得或，
所以的解集为.
故答案为：
【点睛】解不等式问题，主要利用函数单调性、周期性、奇偶性等函数性质，结合图象求解.本题难点在于从的对称性猜测的对称性，然后利用导数求单调区间，再结合图象求解即可.
四、解答题
17．已知函数．
(1)求函数的对称中心和单调递减区间；
(2)若将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值．
【答案】(1)对称中心，单调递减区间
(2)最小值为，最大值为2.
【分析】（1）根据三角恒等变换化简可得，再代入正弦函数的对称中心与单调递减区间求解即可；
（2）根据正弦函数在区间上的单调性与最值求解即可.
【详解】（1），
令，则，
故的对称中心为.
令，
即的单调递减区间为
（2）由题意，，
故，，则.
故在上最小值为，最大值为2.
18．在中，内角所对的边分别为且．
(1)求角的大小；
(2)若，且的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可；
（2）由的面积为可得，再根据余弦定理即可得，进而求得周长.
【详解】（1）由正弦定理，即，由余弦定理，且，故.
（2）由题意，解得.
由余弦定理，可得.
故的周长为
19．在中，内角所对的边分别为，
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换求解即可；
（2）由，可得，再代入结合余弦二倍角公式与二次函数性质求解即可.
【详解】（1）由题意，即，
故，又，则，
又，则.
（2）因为，故，即.
故
.
因为，则，故，故，
则，即的取值范围为.
20．在锐角中，设边所对的角分别为，且．
(1)证明：
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）余弦定理结合已知消元，然后利用正弦定理边化角，利用内角和定理消去角C，用和差公式化简后，利用正弦函数单调性可得；
（2）利用正弦定理将目标式转化为关于角B的三角函数，根据锐角三角形定义求角B范围，然后使用换元法，借助对勾函数性质即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，
整理得，
又，所以，
所以，
整理得，所以，
因为为锐角三角形，所以，
所以，所以，
因为函数在上单调递增，
所以，即.
（2）由（1）可知，，
因为，所以由正弦定理可得，，即，
因为，所以，
又，所以，即，
所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，
则.
记，则，
由对勾函数可知，在上单调递增，
所以，即的取值范围为
21．已知函数为函数的导函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求得，令，得到，分和，两种情况讨论，结合的符号，即可求解；
（2）根据题意，得到在上有实根，进而转化为函数与的图象有交点，求得，得出函数的单调性和最大值，求得函数值域，进而求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，可得，
若，可得，单调递减，所以在单调递减；
若，令，即，解得，
当时，可得，单调递减，所以在单调递减；
当时，可得，单调递增，所以在单调递增.
（2）解：由，且，
可得，即在上有实根，
即在上有实根，即函数与的图象有交点，
因为，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值，
又由，可得，
所以函数在的值域为，所以，
解得，即实数的取值范围为.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．已知函数为的导数．
(1)求在处的切线方程；
(2)证明：在区间存在唯一极大值点；
(3)讨论零点个数．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)有且仅有2个零点
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可得证；
（3）由（2）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可得结论.
【详解】（1），故，又，故在处的切线方程为.
（2）由题意知：定义域为：且，
令，，
，，
在上单调递减，在上单调递减，
在上单调递减，
又，，
，使得.
当时，；时，
即在上单调递增；在上单调递减
则为唯一的极大值点
即在区间上存在唯一的极大值点.
（3）由（2）知：，，
①当时，由（1）可知在上单调递增，
在上单调递减，
又，为在上的唯一零点，
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
又， ，
在上单调递增，此时，不存在零点，
又，
，使得，
在上单调递增，在上单调递减，
又，，
在上恒成立，此时不存在零点，
③当时，单调递减，单调递减，
在上单调递减，
又，，
即，又在上单调递减，
在上存在唯一零点，
④当时，，，
，
即在上不存在零点，
综上所述：有且仅有2个零点.
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.