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广东省深圳市深圳外国语学校2024届高三上学期第二次月考 数学试题（含解析）
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这是一份广东省深圳市深圳外国语学校2024届高三上学期第二次月考 数学试题（含解析），共15页。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上．
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上．
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4、考生必须保持答题卡的整洁和平整．
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知复数z满足,则复数z的实部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．0或2B．2C．0或D．
3．设，,则（ ）
A．B．C．D．
4．“中国剩余定理”是关于整除的问题.现有这样一个问题“将1~2030这2030个自然数中，能被3整除余1且能被4整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（ ）
A．170项B．171项C．168项D．169项
5．已知函数，则的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
6．函数在的极大值点为（ ）
A．B．C．D．
7．如图,在梯形中, , 为线段上一点,且，为的中点, 若（， ）,则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，导函数为，若恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小值为-1B．点是的图象的一个对称中心
C．的最小正周期为D．在上单调递增
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件；
B．命题“，”的否定是“，”；
C．若，则；
D．设、，则“或”的必要不充分条件是“”.
11．设等差数列的前项和为，公差为，若，则下列结论正确的有（ ）
A．数列是单调递增数列
B．当取得最小值时，或6
C．
D．数列中的最小项为
12．记函数的最小正周期为T，若，且在上单调递增，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．1
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知扇形的中心角为，所在圆的半径为，则扇形的弧长等于 .
14．已知数列满足，若，则数列的前项和 .
15．若函数（）是偶函数，则的最小值是 ．
16．如图三角形数阵：按照自上而下，自左而右的顺序，2021位于第行的第列，则 .
1
3 2
4 5 6
10 9 8 7
11 12 13 14 15
四、解答题
17．平面内给出三个向量，，，求解下列问题：
(1)求向量在向量方向上的投影向量的坐标；
(2)若向量与向量的夹角为锐角，求实数的取值范围；
18．已知函数的所有正数零点构成递增数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前项和.
19．在等比数列中，公比，其前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和为.
20．在锐角三角形中,已知角所对的边分别为,且．
(1)若,求角的大小；
(2)已知向量，求的取值范围．
21．已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.
(1)求角A；
(2)若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积.
22．已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
1．C
【分析】根据复数的模和复数的除法,即可得出,进而可得结果.
【详解】因为,
所以实部是.
故选:C.
2．C
【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示计算即可.
【详解】向量，，则
由，所以，得或．
故选：C.
3．D
【分析】解出两集合，再根据交集含义即可.
【详解】或，.
故选：D.
4．A
【分析】由题意可得为能被12整除余1的数，进而求得数列的通项公式再分析1~2030中满足条件的数即可
【详解】能被3整除余1且能被4整除余1的数即被12整除余1的数，故，由题意，，故，故当时成立，共170项.
故选：A
5．A
【分析】利用同角三角函数关系式整理函数解析式，换元，根据辅助角公式，整理可得二次函数，可得答案.
【详解】，
令，
即，
由，则.
故选：A.
6．D
【分析】求出函数的导数，利用导数确定函数的单调性，即可求出函数的极大值点.
【详解】，
∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴函数在的极大值点为．
故选：D
7．B
【分析】直接利用向量的线性运算，化简求得，求得的值，即可得到答案.
【详解】由题意，根据向量的运算法则，可得：
又因为，所以，
所以，故选B.
【点睛】本题主要考查了向量的线性运算及其应用，其中解答中熟记向量的线性运算法则，合理应用向量的三角形法则化简向量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
8．C
【分析】构造函数，求导得到其单调性，从而得到，从而得到，得到正确答案.
【详解】函数的定义域为，变形为，
设，则，
故在上单调递减，
所以，
即，
故，，，，
AD选项，不一定正确；B错误；C正确；
故选：C
9．ACD
【解析】结合正弦函数的性质判断．
【详解】由正弦函数性质知的最小值是，A正确；
令，，没有一个整数，能使，B错误；
，C正确；
，，时，而，D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查三角函数的性质．解题时函数化为形式，然后结合正弦函数性质求解．
10．AB
【分析】本题首先可通过也有可能是负数得出A正确，然后通过全程命题的否定是特称命题判断出B正确，再然后通过判断出C错误，最后通过“”是“或”的充分不必要条件判断出D错误.
【详解】A项：若，则；若，则也有可能是负数，
故“”是“”的充分不必要条件，A正确；
B项：全程命题的否定是特称命题，
则命题“，”的否定是“，”，B正确；
C项：若，，则，C错误；
D项：若，则或；
若，，则，
故“”是“或”的充分不必要条件，D错误，
故选：AB.
11．AD
【分析】由得，再由可判断A；由得，得可判断B；由解得的范围可判断C；根据已知时 ，时，时，所以数列中的最小项在之间，再由、的正负和单调性可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
因为，所以，得，
故数列是单调递增数列，所以选项A正确；
对于B，因为，所以，可得，
，可得，
由数列是单调递增数列前6项都是负的且和最小，所以选项B错误；
对于C，由得，解得，故C错误；
对于D， ，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以数列中的最小项在之间，
因为在时，且逐渐增大但逐渐减小，且逐渐增大，所以逐渐增大，故最小，所以D正确.
故选：AD.
12．ABC
【分析】由已知可知，利用正弦型函数的单调性可知，求解即可.
【详解】由已知，，
又，，
，，
因为在上单调递增，，解得
所以的取值范围是
故选：ABC
13．##
【分析】因为已知圆心角和半径，根据弧长公式直接计算即可.
【详解】因为扇形圆心角为，所在圆的半径为，
故扇形的弧长，
故答案为：
14．
【分析】构造数列求出，再求出，证明它是等比数列，即得解.
【详解】因为，
所以数列是一个以2为首项，以2为公差的等差数列，
所以,
所以，
因为，
所以数列是一个以4为首项，以4为公比的等比数列，
所以数列的前项和.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
15．
【分析】化简函数，再根据函数为偶函数求出即可.
【详解】解：
因为为偶函数，
所以，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查这个函数的奇偶性，属于中档题.
16．124
【分析】首先说明，再说明，即得解.
【详解】由图可知，第1行有1个数字，第2行有2个数字，第3行有3个数字，……
所以第行有个数字，
由此规律可知，到第行结束一共有个数字；
又当时，，所以第63行结束一共有2016个数字；
当时，，所以2021在第64行，故；
由图可知，奇数行从左到右是从小到大排列，偶数行从左到右是从大到小排列，第64行是偶数行，共64个数字，从大到小排列……2020，2019，2018，2017，所以2021在倒数第5列，所以，
所以.
故答案为：124
17．(1)
(2)且
【分析】（1）代入投影向量的计算公式，即可求解；
（2）转化为，且不平行.
【详解】（1）向量在向量方向上的投影向量为；
（2）若向量与向量的夹角为锐角，
则，
，得，
若向量，则，得，经验证满足同向共线，
所以且.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化简得到，从而得到正数零点，从而得到为等差数列，公差为1，首项为，得到通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1），
令，解得：，
故当时，为数列的首项，
由于，故为等差数列，公差为1，
故；
（2），
故①，
则②，
①-②得：
，
则.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）利用等比数列的基本量运算，可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法可得数列的前项和为．
【详解】（1）由及，
得，
两式相减，得，
即，
所以，
由，得，
所以，
解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1），得
所以.
20．(1) ,；（2) ．
【分析】（1）利用两角差的正切公式和余弦定理即可；
（2）求向量模长可以先平方，借助于向量的数量积得到.
【详解】(1)由题知,即
又,即
由,得,可得
又因为
所以.
(2)
因为是锐角三角三角形
所以解得
从而,所以
所以的取值范围为
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角形中即可求解.
（2）可设,则，利用余弦定理及正弦定理求解三者的值，再利用三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）解：∵，由正弦定理得：，即，
则，
又在中，，，故，
故.
（2）由题可知，设,则，
由正弦定理得：，即，
解得，
由余弦定理得，解得；
又，故.
由余弦定理得，即，
解得，则，.
的面积为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；
（2）由原不等式恒成立分离参数后得，构造函数，利用导数求最小值即可.
【详解】（1）由已知得，
令，得.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
故.
（2），即，
因为，所以在上恒成立.
令，则，
令，得或（舍去）.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
故，所以，即实数的取值范围为.
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1、答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上．
2、选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上．
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4、考生必须保持答题卡的整洁和平整．
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知复数z满足,则复数z的实部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．0或2B．2C．0或D．
3．设，,则（ ）
A．B．C．D．
4．“中国剩余定理”是关于整除的问题.现有这样一个问题“将1~2030这2030个自然数中，能被3整除余1且能被4整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（ ）
A．170项B．171项C．168项D．169项
5．已知函数，则的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
6．函数在的极大值点为（ ）
A．B．C．D．
7．如图,在梯形中, , 为线段上一点,且，为的中点, 若（， ）,则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为，导函数为，若恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小值为-1B．点是的图象的一个对称中心
C．的最小正周期为D．在上单调递增
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件；
B．命题“，”的否定是“，”；
C．若，则；
D．设、，则“或”的必要不充分条件是“”.
11．设等差数列的前项和为，公差为，若，则下列结论正确的有（ ）
A．数列是单调递增数列
B．当取得最小值时，或6
C．
D．数列中的最小项为
12．记函数的最小正周期为T，若，且在上单调递增，则的值可以是（ ）
A．B．C．D．1
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知扇形的中心角为，所在圆的半径为，则扇形的弧长等于 .
14．已知数列满足，若，则数列的前项和 .
15．若函数（）是偶函数，则的最小值是 ．
16．如图三角形数阵：按照自上而下，自左而右的顺序，2021位于第行的第列，则 .
1
3 2
4 5 6
10 9 8 7
11 12 13 14 15
四、解答题
17．平面内给出三个向量，，，求解下列问题：
(1)求向量在向量方向上的投影向量的坐标；
(2)若向量与向量的夹角为锐角，求实数的取值范围；
18．已知函数的所有正数零点构成递增数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前项和.
19．在等比数列中，公比，其前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和为.
20．在锐角三角形中,已知角所对的边分别为,且．
(1)若,求角的大小；
(2)已知向量，求的取值范围．
21．已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足.
(1)求角A；
(2)若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积.
22．已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
1．C
【分析】根据复数的模和复数的除法,即可得出,进而可得结果.
【详解】因为,
所以实部是.
故选:C.
2．C
【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量垂直的坐标表示计算即可.
【详解】向量，，则
由，所以，得或．
故选：C.
3．D
【分析】解出两集合，再根据交集含义即可.
【详解】或，.
故选：D.
4．A
【分析】由题意可得为能被12整除余1的数，进而求得数列的通项公式再分析1~2030中满足条件的数即可
【详解】能被3整除余1且能被4整除余1的数即被12整除余1的数，故，由题意，，故，故当时成立，共170项.
故选：A
5．A
【分析】利用同角三角函数关系式整理函数解析式，换元，根据辅助角公式，整理可得二次函数，可得答案.
【详解】，
令，
即，
由，则.
故选：A.
6．D
【分析】求出函数的导数，利用导数确定函数的单调性，即可求出函数的极大值点.
【详解】，
∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴函数在的极大值点为．
故选：D
7．B
【分析】直接利用向量的线性运算，化简求得，求得的值，即可得到答案.
【详解】由题意，根据向量的运算法则，可得：
又因为，所以，
所以，故选B.
【点睛】本题主要考查了向量的线性运算及其应用，其中解答中熟记向量的线性运算法则，合理应用向量的三角形法则化简向量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
8．C
【分析】构造函数，求导得到其单调性，从而得到，从而得到，得到正确答案.
【详解】函数的定义域为，变形为，
设，则，
故在上单调递减，
所以，
即，
故，，，，
AD选项，不一定正确；B错误；C正确；
故选：C
9．ACD
【解析】结合正弦函数的性质判断．
【详解】由正弦函数性质知的最小值是，A正确；
令，，没有一个整数，能使，B错误；
，C正确；
，，时，而，D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查三角函数的性质．解题时函数化为形式，然后结合正弦函数性质求解．
10．AB
【分析】本题首先可通过也有可能是负数得出A正确，然后通过全程命题的否定是特称命题判断出B正确，再然后通过判断出C错误，最后通过“”是“或”的充分不必要条件判断出D错误.
【详解】A项：若，则；若，则也有可能是负数，
故“”是“”的充分不必要条件，A正确；
B项：全程命题的否定是特称命题，
则命题“，”的否定是“，”，B正确；
C项：若，，则，C错误；
D项：若，则或；
若，，则，
故“”是“或”的充分不必要条件，D错误，
故选：AB.
11．AD
【分析】由得，再由可判断A；由得，得可判断B；由解得的范围可判断C；根据已知时 ，时，时，所以数列中的最小项在之间，再由、的正负和单调性可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，
因为，所以，得，
故数列是单调递增数列，所以选项A正确；
对于B，因为，所以，可得，
，可得，
由数列是单调递增数列前6项都是负的且和最小，所以选项B错误；
对于C，由得，解得，故C错误；
对于D， ，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以数列中的最小项在之间，
因为在时，且逐渐增大但逐渐减小，且逐渐增大，所以逐渐增大，故最小，所以D正确.
故选：AD.
12．ABC
【分析】由已知可知，利用正弦型函数的单调性可知，求解即可.
【详解】由已知，，
又，，
，，
因为在上单调递增，，解得
所以的取值范围是
故选：ABC
13．##
【分析】因为已知圆心角和半径，根据弧长公式直接计算即可.
【详解】因为扇形圆心角为，所在圆的半径为，
故扇形的弧长，
故答案为：
14．
【分析】构造数列求出，再求出，证明它是等比数列，即得解.
【详解】因为，
所以数列是一个以2为首项，以2为公差的等差数列，
所以,
所以，
因为，
所以数列是一个以4为首项，以4为公比的等比数列，
所以数列的前项和.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
15．
【分析】化简函数，再根据函数为偶函数求出即可.
【详解】解：
因为为偶函数，
所以，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查这个函数的奇偶性，属于中档题.
16．124
【分析】首先说明，再说明，即得解.
【详解】由图可知，第1行有1个数字，第2行有2个数字，第3行有3个数字，……
所以第行有个数字，
由此规律可知，到第行结束一共有个数字；
又当时，，所以第63行结束一共有2016个数字；
当时，，所以2021在第64行，故；
由图可知，奇数行从左到右是从小到大排列，偶数行从左到右是从大到小排列，第64行是偶数行，共64个数字，从大到小排列……2020，2019，2018，2017，所以2021在倒数第5列，所以，
所以.
故答案为：124
17．(1)
(2)且
【分析】（1）代入投影向量的计算公式，即可求解；
（2）转化为，且不平行.
【详解】（1）向量在向量方向上的投影向量为；
（2）若向量与向量的夹角为锐角，
则，
，得，
若向量，则，得，经验证满足同向共线，
所以且.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化简得到，从而得到正数零点，从而得到为等差数列，公差为1，首项为，得到通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1），
令，解得：，
故当时，为数列的首项，
由于，故为等差数列，公差为1，
故；
（2），
故①，
则②，
①-②得：
，
则.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）利用等比数列的基本量运算，可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法可得数列的前项和为．
【详解】（1）由及，
得，
两式相减，得，
即，
所以，
由，得，
所以，
解得，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1），得
所以.
20．(1) ,；（2) ．
【分析】（1）利用两角差的正切公式和余弦定理即可；
（2）求向量模长可以先平方，借助于向量的数量积得到.
【详解】(1)由题知,即
又,即
由,得,可得
又因为
所以.
(2)
因为是锐角三角三角形
所以解得
从而,所以
所以的取值范围为
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角形中即可求解.
（2）可设,则，利用余弦定理及正弦定理求解三者的值，再利用三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）解：∵，由正弦定理得：，即，
则，
又在中，，，故，
故.
（2）由题可知，设,则，
由正弦定理得：，即，
解得，
由余弦定理得，解得；
又，故.
由余弦定理得，即，
解得，则，.
的面积为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数在定义域上的最值即可；
（2）由原不等式恒成立分离参数后得，构造函数，利用导数求最小值即可.
【详解】（1）由已知得，
令，得.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
故.
（2），即，
因为，所以在上恒成立.
令，则，
令，得或（舍去）.
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
故，所以，即实数的取值范围为.
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