精品解析：江苏省南菁高级中学2023-2024学年高二创优班下学期5月月考数学试题

2023-2024学年高二创优班数学下学期月考卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 请阅读下列材料：若两个正实数，，满足，求证：． 证明：构造函数，因为对一切实数，恒有，所以，即，所以． 根据上述证明方法，若个正实数，，，，满足，你能得到的结论是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向右平移个单位长度，得到函数的图象.关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 其图象关于直线对称 C. 函数是偶函数 D. 在区间上的值域为 4. 在中，为的三等分点，则 A. B. C. D. 5. 已知方程的所有解都为自然数，其组成的解集为，则的值不可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，均为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论： ①的一个周期是； ②是非奇非偶函数； ③在单调递减； ④的最大值大于． 其中所有正确结论的编号是（ ） A. ①②④ B. ②④ C. ①③ D. ①② 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知是复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则的最小值为1 11. 已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（ ） A. 和均为奇函数 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 对于三次函数有如下定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.若点是函数的“拐点”，也是函数图象上的点，则函数的最大值是______. 13. 设P是所在平面内一点，满足，若的面积为1，则的面积为__________. 14. 设为的三边，为的面积，若，则的最大值为____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 的内角、、的对边分别是、、，且． （1）求角的大小； （2）若，，为边上一点，，求的值． 16. 已知函数． （1）若直线过点，且与曲线相切，求直线的方程； （2）若时，成立，求整数的最大值． 17. 记的内角的对边分别为.已知． （1）求； （2）若为的中点，且，求． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数有两个极值点，且，求a的取值范围． 19. 设为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，称为函数的“相伴向量”. （1）记的“相伴函数”为，若方程在区间上有且仅有四个不同的实数解，求实数的取值范围； （2）已知点满足，向量的“相伴函数”在处取得最大值，当点运动时，求的取值范围； （3）已知点，向量的“相伴函数”在处的取值为，在锐角中，设角的对边分别为，且，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高二创优班数学下学期月考卷 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解. 【详解】 故选 ：C 2. 请阅读下列材料：若两个正实数，，满足，求证：． 证明：构造函数，因为对一切实数，恒有，所以，即，所以． 根据上述证明方法，若个正实数，，，，满足，你能得到的结论是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设函数，由对一切实数，恒有，可得答案. 【详解】设函数，因为对一切实数，恒有， 所以，即，所以． 故选：D 3. 已知函数的零点构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿轴向右平移个单位长度，得到函数的图象.关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 其图象关于直线对称 C. 函数是偶函数 D. 在区间上的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】先利用辅助角公式将其化成正弦型函数，利用平移变换化简得到，对于A，取，求得，由正弦函数的图象即可判断；对于B，使解得，，取值检验即得；对于C，利用奇偶性定义判断；对于D，取，求得，结合正弦函数的图象单调性即可求得. 【详解】， 由函数的零点构成一个公差为的等差数列，得周期满足， 即，解得，，即， 把函数的图象沿轴向右平移个单位长度，得到函数的图象， 则， 对于A，取，由可得，而在单调递减， 则在上单调递减，故A错误； 对于B，由，得时，的图象关于直线对称， 故关于直线不对称，即B错误； 对于C，因，故是奇函数，即C错误； 对于D，当时，取， 观察函数在上的图象可得，函数的值域为，故D正确. 故选：D. 4. 在中，为的三等分点，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：因为，所以，以点为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系，设，又为的三等分点所以，，所以，故选B. 考点：平面向量的数量积. 【一题多解】若，则， 即有，为边的三等分点，则 ,故选B． 5. 已知方程的所有解都为自然数，其组成的解集为，则的值不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】当分别取时，，，排除， 当分别取时，，，排除， 当分别取时，，，排除，故选A. 6. 已知，均为锐角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得，构建函数，结合单调性可得，进而可得结果. 【详解】因为， 则， 且， 可得， 构建，可得 因为在内单调递增， 可知在内单调递增，则， 且在内单调递增，在内单调递减， 可得，，故C正确，D错误； 由于无法确定的大小，故AB错误； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据题意同构可得，进而构建函数，结合函数单调性分析判断. 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，利用导数判断在上的单调性，即可得的大小关系. 【详解】令，可得， 当时，恒成立， 所以在上单调递减， 所以， 即，可得，， 所以，， 所以，， 即，. 所以. 故选：B. 8. 已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论： ①的一个周期是； ②是非奇非偶函数； ③在单调递减； ④的最大值大于． 其中所有正确结论的编号是（ ） A. ①②④ B. ②④ C. ①③ D. ①② 【答案】A 【解析】 【分析】 根据函数周期的定义判断①正确，利用特值判断函数是非奇非偶函数，得到②正确，根据取整函数的定义，可以判断在上函数值是确定的一个值，得到③错误，利用得到④正确，从而得到结果. 【详解】因为， 所以的一个周期是，①正确； 又，④正确； 又， ， 所以，，所以是非奇非偶函数，所以②正确； 当时，，，所以，所以，所以③错误； 综上所以正确的结论的序号是①②④， 故选：A． 【点睛】该题考查三角函数相关性质的辨析，涉及到的知识点有取整函数，奇偶性、单调性、周期性的综合应用，属于较难题目. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，代入已知条件，再由判别式可求得的范围，从而可判断A,B选项，将已知条件变形为，再由均值不等式可得的范围，再利用代入法并化简即可判断C,D选项. 【详解】令，即，代入可得： . 所以, 解得 , 所以 A 正确. B 正确； 由 可变形为 , 因为 , 将代入上式可得： , 解得 , 所以不正确, D正确. 故选：. 10. 已知是复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，则的最小值为1 【答案】CD 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D. 【详解】对于A，设，则，但，故A错误； 对于B，令，满足，故B错误； 对于C，设，则所以，则，所以，故C正确； 对于D，设，则， 即，表示以为圆心，半径为1的圆， 表示圆上的点到的距离，故的最小值为，故D正确. 故选：CD 11. 已知函数的定义域均为，，且的图像关于直线对称，则以下说法正确的是（ ） A. 和均为奇函数 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用函数奇偶性，对称性与周期性的性质，逐一分析各选项即可得解. 【详解】对于B，由，得， 又，， 的图象关于直线对称，， ， ，则是周期函数，且周期为， 所以，故B正确； 对于A，的图象关于直线对称， 是偶函数， 若为奇函数，则恒成立，不满足，故A错误； 对于C，由，得， ， 因为，则， 所以是周期函数，且周期为，则，故C正确； 对于D，由，得， 又， 由，得，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 对于三次函数有如下定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.若点是函数的“拐点”，也是函数图象上的点，则函数的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，二次导函数，通过函数的“拐点”以及点是函数图象上的点，求出，，化简函数为一个角的一个三角函数的形式，利用换元法结合二次函数的性质求解最大值． 【详解】，，由题意，则， 又，得，所以， 令，则，即求，时的最大值， 当时，有最大值 故答案为. 【点睛】本题考查函数的导数的运算，三角函数的化简及二次函数的最值问题，考查计算能力，属于简单的综合题． 13. 设P是所在平面内一点，满足，若的面积为1，则的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】因为，所以， 即， 记的中点为M，于是， 因此. 故答案为：. 14. 设为的三边，为的面积，若，则的最大值为____________． 【答案】 【解析】 【详解】解法一：直接套用（12）式：，有 ，， 当且仅当， 即时，取最大值． 解法二： 解法三：消元： 基本不等式放缩：， 移项配凑目标：， 万能代换：令，则 ， 当且仅当，即，时，取最大值． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 的内角、、的对边分别是、、，且． （1）求角的大小； （2）若，，为边上一点，，求的值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）求出的长，利用余弦定理可求得的长，然后利用正弦定理可求得的值. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 所以， 即得， 可得， 因为，则，则有， 又因为，所以； （2）因为，由可得，． 在中，，所以． 在中，由正弦定理得，，即． 所以． 【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下： （1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”； （2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”； （3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”； （4）代数式变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理. 16. 已知函数． （1）若直线过点，且与曲线相切，求直线的方程； （2）若时，成立，求整数的最大值． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】 （1）设切点坐标，写出切线方程，建立等量关系求解； （2）将问题转化为，恒成立，利用函数求解最值，即可得解. 【详解】（1）因为点不在直线上， 设切点坐标为，则． 因为． 所以，解得． 所以，所以直线的方程为． （2）由题意知，，恒成立 令，． 设，所以， 所以在上单调递增． 又， 所以存在，在， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以， 而 所以． 所以． 【点睛】此题考查导数的综合应用，利用导数的几何意义解决切线问题，等价转化，分离参数，利用导数求解最值问题，涉及隐零点问题的处理. 17. 记的内角的对边分别为.已知． （1）求； （2）若为的中点，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件右边的形式联想到利用余弦定理进行转化，由正弦定理实现边化角：，进而求得结果； （2）分析中的边角关系，由余弦定理得考虑到为的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本关系式求得结果. 【小问1详解】 由余弦定理形式和， 因此． 又，即， 由正弦定理得：， 整理得：， ． ，， ，． 【小问2详解】 由，得，得． 在中，由余弦定理得， 为的中点， ， 即，（其中）， ． 由正弦定理得，， ， 即． ， 由，可得； ，． 18. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数有两个极值点，且，求a的取值范围． 【答案】（1）增区间，减区间 （2） 【解析】 【分析】（1）将代入求导，然后确定单调性即可； （2）求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围． 【小问1详解】 当时，，， 则， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以的单调递增区间是，单调递减区间是； 【小问2详解】 ， 所以， 设，令，由于有两个极值点， 所以，解得． 由，， 得 ， 即，令， 则， 所以在上单调递减，且， 所以，故a的取值范围是． 19. 设为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，称为函数的“相伴向量”. （1）记的“相伴函数”为，若方程在区间上有且仅有四个不同的实数解，求实数的取值范围； （2）已知点满足，向量的“相伴函数”在处取得最大值，当点运动时，求的取值范围； （3）已知点，向量的“相伴函数”在处的取值为，在锐角中，设角的对边分别为，且，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得的范围； （2）由，可求得即时取得最大值，其中，换元求得的范围，再利用二倍角的正切可求得的范围； （3）解法1：由题意可得，由余弦定理和向量数量积定义可得，再由正弦定理化得，结合函数性质求解范围即可；解法2：结合三角形的余弦定理、正弦定理、三角形外接圆、数量积的运算，利用函数性质解范围即可. 【小问1详解】 由题意可得的“相伴函数”， 即方程为， 则方程有四个实数解. 所以有四个实数解. 令 ①当； ②当. 所以，作出的图像： 所以函数与有四个交点时，实数的取值范围为. 【小问2详解】 向量的“相伴函数”， 其中. 当，即时，取最大值， 所以， 所以，令，则 所以，解得：，所以， 因为单调递增，所以，所以. 【小问3详解】 解法1：， 由余弦定理② 由定义则 由正弦定理： ，其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知 注意到，所以 所以，②式变形为，故，从而， 此时函数单调递减，而 所以 解法2：，设中点为， 则 所以如下图所示， 设的外接圆为圆，由于为锐角三角形，故点的运动轨迹为劣弧（不含端点）， 由正弦定理知圆的半径，故， 设，则，由余弦定理： 由于函数在时单调递减， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $