2024届江苏省徐州市铜北中学高三上学期第一次学情调查数学试题含解析

这是一份2024届江苏省徐州市铜北中学高三上学期第一次学情调查数学试题含解析，共15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．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据同角三角函数的关系求解可得，即可.
【详解】因为，故，即，即，
因为，故，.
故.
故选：C
2．已知等差数列，且，是方程的两根，是数列的前项和，则（ ）
A．96B．C．D．48
【答案】D
【分析】利用韦达定理可得，再利用等差数列的前项和公式以及等差数列的性质即可求解.
【详解】因为，是方程的两根，
所以.所以.
故选：D.
3．在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换得到，解得答案.
【详解】，即，
即，
，则，，则，故，
，故，.
故选：B
4．通过研究正五边形和正十边形的作图，古希腊数学家毕达哥拉斯发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即.记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将代入，根据恒等变换公式化简，即可求得结果.
【详解】，
故选:A.
5．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数的单调性求解出不等式的解集为集合，根据对数函数的定义域求解出的定义域为集合，再根据交集的概念求解出的结果.
【详解】∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴．
故选：C．
6．记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】A
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
7．已知函数为上的奇函数，当时，；若，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由奇函数性质及的解析式，求得，在实数范围内单调递减，比较数的大小，从而有.
【详解】当时，，由奇函数的性质知，
，，函数单调递减；
又，，
则
由函数单减知，
故选：D
8．已知，若函数的图象关于对称，且函数在上单调，则的值为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【分析】化简函数为，由的图象关于对称，求得，再由在上单调，得到，求得，进而求得的值.
【详解】由函数，
因为函数的图象关于对称，可得，
解得，解得，
又因为在上单调，所以，
则满足，即，解得，
当时，可得，满足条件；当时，可得，不满足条件，
所以.
故选：D.
二、多选题
9．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．
D．在上的值域为
【答案】AC
【分析】结合函数图像求出的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断B；利用换元法和三角函数性质求出在上的值域可判断D.
【详解】由图像可知，，，故A正确；
从而，
又由，，
因为，所以，
从而，故C正确；
因为，
所以不是的对称轴，故B错误；
当时，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，所以，
故，即，
从而，
即在上的值域为，故D错误.
故选：AC.
10．设数列的前项和为，则下列能判断数列是等差数列的是（ ）
A．B．C．D．．
【答案】AB
【分析】对各个选项，利用求出数列的通项，再借助通项判断等差数列作答.
【详解】对于A，当时，，而满足上式，
则，数列是常数数列，是等差数列，A是；
对于B，当时，，而满足上式，
则有，数列的通项是n的一次整式，是等差数列，B是；
对于C，当时，，而不满足上式，
则，显然，数列不是等差数列，C不是；
对于D，当时，，而不满足上式，
则，显然，数列的不是等差数列，D不是.
故选：AB
11．如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（ ）
A．小球运动的最高点与最低点的距离为
B．小球经过往复运动一次
C．时小球是自下往上运动
D．当时，小球到达最低点
【答案】BD
【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可.
【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；
因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；
当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；
当时，，所以选项D正确，
故选：BD
12．已知函数，则（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期为
C．在上为增函数D．的最大值为
【答案】AD
【分析】A选项，由可判定为偶函数；B选项，由可排除；CD选项均由三角函数的单调性判定.
【详解】A选项，的定义域，
，
故为偶函数，A正确；
B选项，，故的一个周期为，B错误；
C选项，时，，
，故与先增后减，
所以不是增函数，C错误；
D选项，由的一个周期为，
所以考虑当时，，
当时，，与均在递增，
当时，，与均在递减，
所以当时，取到最大值为，故D正确.
故选：AD.
三、填空题
13．若，则 .
【答案】4
【分析】根据展开可得，从而求得，再由，即可得到结果.
【详解】因为，即
所以，平方可得，所以，
所以
故答案为：
14．已知函数，则 ·
【答案】
【分析】利用解析式求解即可.
【详解】，
故答案为：
15．已知等差数列的前n项和为，，，则公差为 .
【答案】
【分析】根据等差数列公式求解.
【详解】设数列的公差为d，则解得；
故答案为：-3.
16．如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝ ．
【答案】
【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.
【详解】由题意，
在中，，，
由正弦定理，，
∵，
∴，
连接如下图所示，
在中，
由余弦定理， ，
又，
∴，
∴．
故答案为：.
四、解答题
17．（1）已知等差数列的公差为，且满足，求数列的通项公式；
（2）若等差数列前项和为，且，求数列的前10项的和.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据等差数列得通项求出首项和公差，再根据等差数列的通项公式即可得解；
（2）由题意可得，解方程求出，即可求出，再由等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】（1）由，得，
即，，由解得，所以.
（2）设等差数列的首项为，公差为，
则，解得，
故，
所以，
故首项，末项，
所以数列的前10项的和为.
18．将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的（ω＞0）倍（纵坐标不变），得到函数的图象．
(1)若，求函数在区间上的最大值；
(2)若函数在区间上没有零点，求ω的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由函数图象变换知识可得，后由单调性可得最值情况；（2）由（1）结合题意可知，.后由
可进一步确认大致范围，后可得答案.
【详解】（1）函数的图象先向右平移个单位长度，则解析式变为：
，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的（ω＞0）倍（纵坐标不变），
则解析式变为.则.
当时，，
因函数在上单调递减，在上单调递增，
，.
∴，∴在区间上的最大值为．
（2），当时，，
要使在上无零点，则，.
，，，，
当时，；当时，，
当时，舍去．
综上：的取值范围为．
19．已知、、分别为的三个内角、、的对边长，，且．
(1)求角的值；
(2)求面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，用正弦定理进行化简，再结合余弦定理即可得到结果；
（2）由正弦定理，结合三角形的面积公式可得，再结合三角函数的性质即可得到结果.
【详解】（1）由条件，可得，
由正弦定理，得，所以，
所以，因为，所以．
（2）由正弦定理，可知，
，
∵，∴，∴.
20．在中,为的角平分线,且.
(1)若,,求的面积;
(2)若,求边的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据得到的长,再利用三角形的面积公式求解即可;
（2）设,,根据得到,在中,利用余弦定理得到,由两者相等结合的取值范围即可求出结果.
【详解】（1）因为,
所以,
得:,
解得,
所以.
（2）设,,
由得
,
即,
所以,
又在中,
所以,
得,
因为且,
得,
则,
所以,
即边的取值范围为.
21．已知各项均为正数的等差数列的首项为，前项和为，且满足，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)证明数列是等差数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列的公差为，，，利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程，即可求出和，由此即可求出结果；
（2）由（1）即可求出，即，再根据等差数列的定义即可证明结果.
【详解】（1）解：设各项均为正数的等差数列的公差为，
因为，
所以，解得，即，
所以； 即.
（2）解：由（1）知，所以，
因为，
又因为
所以数列是首项为，公差为的等差数列．
22．已知函数．
(1)求函数在上的单调递增区间;
(2)将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于点成中心对称，在上的值域为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化简，根据正弦函数的周期性即可得出答案；
（2）根据三角函数图象的平移变换和对称性求出、，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）
因为，所以．
所以当，即：时，函数单调递增．
所以函数的单调递增区间为.
（2）由题意可知：
因为函数的图象关于点成中心对称．
所以．解得：．
因为，所以．所以．
当时，．因为在上的值域为
所以．解得：．所以的取值范围为．