第1頁/共1頁2023-2024年前鋒高三上數學月考試卷一、選擇題（每題5分）1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式化簡，根據交集的概念可求出結果.【詳解】由，得，則，所以.故選：B2.在復平面內，復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】對復數進行化簡，根據復數的幾何意義即可.【詳解】對應的點為，在第四象限，故選：3.已知，則（）A.為偶函數，且在上單調遞增B.為偶函數，且在上單調遞減C.為奇函數，且在上單調遞增D.為奇函數，且在上單調遞減【答案】C【解析】【分析】根據函數定義判斷函數的奇偶性以及結合指數函數判斷函數的單調性；【詳解】結合奇偶性定義，可知函數為奇函數，結合指數函數性質，在單調遞增，故在單調遞增，故選；C.4.下列函數中，值域為的偶函數是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由已知結合函數的奇偶性分別進行檢驗，然后求出函數的值域進行檢驗，即可求解．【詳解】選項A，是偶函數，值域是，不符合題意；選項B，是非奇非偶函數，不合題意；選項C，是偶函數，值域是，不合題意；選項D，是偶函數，值域是符合題意.故選：D.5.已知向量，滿足，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用向量減法和數量積的坐標表示求解即可.【詳解】設，則由題意可得，解得，所以，故選：D6.若，且，則與的夾角是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意即可得，得到，從而可得到與的夾角.【詳解】，，，，，，，故選：B.7.已知為平面上的單位向量，“”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不必要又不充分條件【答案】C【解析】【分析】兩邊平方，結合是單位向量，求出，從而得到，故“”是“”的充分必要條件.【詳解】兩邊平方得，，因為為平面上的單位向量，所以，解得，由于為平面上的單位向量，所以，故“”是“”的充分必要條件.故選：C8.在中，，，，則的面積為（）A.24 B.18 C.12 D.9【答案】C【解析】【分析】根據平方關系求出，再由面積公式計算可得.【詳解】，，，又，，．故選：C．9.已知中，角，，所對的邊分別是，，，若，且，那么是（）A.直角三角形 B.等邊三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】將化簡并結合余弦定理可得的值，再對結合正、余弦定理化簡可得邊長關系，進行判定三角形形狀.【詳解】由，得，整理得，則，因為，所以，又由及正弦定理，得，化簡得，所以為等邊三角形，故選：B10.已知正方形邊長為1，為正方形四條邊上的一個動點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐標系，按點P在、、、上，利用數量積的坐標運算求解.【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，，，當點P在上時，設，則，；當點P在上時，設，則，；當點P在上時，設，則，；當點P在上時，設，則，，所以的取值范圍是.故選：B二、填空題（每題5分，第一問3分，第二問2分）11.①函數定義域是__________.②函數的值域是___________【答案】①.②.【解析】【分析】對于①：根據根式函數和對數函數的定義域列式求解；對于②：分和兩種情況，結合指、對數函數單調性運算求解.【詳解】對于①：令，解得，所以函數的定義域是；對于②：若，可知在單調遞減，則；若，可知在單調遞增，則；綜上所述：函數的值域是.故答案為：；.12.①已知，，∥，則__________.②、滿足，，與的夾角為，則___________【答案】①.##②.【解析】【分析】對于①：根據向量平行的坐標表示運算求解；對于②：根據數量積的定義和運算律求模長.【詳解】對于①：因為∥，則，解得；對于②：由題意可得，所以.故答案為：；.13.①__________；②函數是奇函數，則___________【答案】①.6②.##0.5【解析】【分析】空1：直接根據指數和對數運算即可；空2：利用特殊值法得到方程，解出值再代入驗證即可.【詳解】空1:；空2：令，定義域為，，即，解得，此時，，則此時為奇函數.故答案為：6；.14.①在中，，，，則__________；②已知，，，則的大小關系是___________【答案】①.②.【解析】【分析】對于①：利用余弦定理運算求解即可；對于②：根據指、對數函數單調性分析判斷.【詳解】對于①：利用余弦定理，即，解得；對于②：因為，且在定義域內單調遞增，可得，即，又因，所以.故答案為：；.15.若函數的一個零點為，則________；________．【答案】①.1②.【解析】【分析】先代入零點，求得A的值，再將函數化簡為，代入自變量，計算即可.【詳解】∵，∴∴故答案為：1，16.已知數列對任意的，都有，且．①當時，_________．②若存在，當且為奇數時，恒為常數P，則P＝_________．【答案】①.2②.1【解析】【分析】根據通項公式確定的周期性即可求，由題設可得，討論的奇偶性確定后續數列出現奇數項與相等，列方程求P的值.【詳解】由題設通項公式，可得，故從第二項開始形成周期為3的數列，而，故．當時，為奇數時為偶數，故；若為奇數，由，故，不滿足；若為偶數，則直到為奇教，有，故，當時滿足條件，此時，即，故答案為：2，1【點睛】關鍵點點睛：討論的奇偶性，判斷數列后續出現的奇數項與相等時是否為奇數.三、解答題（每題14分）17.已知函數．（1）求的最小正周期；（2）求在區間上的最大值和最小值．【答案】（1）（2）最大值為2，最小值為【解析】【分析】(1)先將函數化簡為，根據公式求最小正周期.

(2)由，則，可求出函數的最值.【詳解】(1)所以的最小正周期為：.（2）由（1）有，則則當，即時，有最小值.當即，時，有最大值2.所以在區間上的最大值為2，最小值為．【點睛】本題考查三角函數化簡、求最小正周期和函數在閉區間上的最值，屬于中檔題.18.已知函數的部分圖象如圖所示.（1）求的解析式；（2）設函數，求在區間上的最大值以及取得最大值時的值.【答案】（1）（2）時，有最大值為2.【解析】【分析】（1）根據函數圖象確定A，以及周期即可求得，利用特殊點坐標可求得，即可得函數解析式；（2）先利用三角恒等變換化簡，再根據x的范圍，確定的范圍，從而結合正弦函數性質，即可求得答案.【小問1詳解】由圖可得，且，所以，即，所以.又，所以，即，所以.又，所以，故.【小問2詳解】因為，所以，因為，所以，所以當，即時，有最大值為2.19.在中，.（1）求；（2）若，，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據余弦定理求角；（2）根據正弦定理求，以及，再根據三角形的面積公式，即可求解.【小問1詳解】根據余弦定理，因為，所以；【小問2詳解】根據正弦定理，得，所以.20.在中，.（1）求角的大小；（2）再從條件①、條件②、條件③、條件④這四個條件中選擇兩個作為已知，使存在且唯一，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：；條件④：.【答案】（1）；（2）答案見解析.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角公式求出，即可求出；（2）分類討論，6種不同的情況，分別選擇對應的條件，利用正余弦定理解三角形，利用面積公式求出三角形的面積.【小問1詳解】中，，由正弦定理得：，因為為三角形的內角，所以，所以，即.因為，所以.【小問2詳解】選條件①②，只知道三個角，三角形不唯一（相似三角形的的對應角相等），不合題意，舍去.選條件①③，則有：，，.對于，由正弦定理得：.而由可得：.因為，所以.所以三角形無解，不合題意，舍去.選條件①④，則有：，，.因為，所以.因為，由正弦定理得：，所以.由得：.由余弦定理得：，整理得：.因為，且，所以關于c的方程有兩正解，所以三角形有兩解，不合題意，舍去.選條件②③，則有：，，.因為，所以.因為，所以.所以.所以，由正弦定理得：.與已知條件相符.但是只知道三個角，三角形不唯一（相似三角形的的對應角相等），不合題意，舍去.選條件②④，則有：，，因為，所以.因為，所以.所以.由正弦定理得：.而，解得：.所以的面積為.選條件③④，則有：，，.由余弦定理得：即，解得：（舍去）.又，所以.所以的面積為.21.若數列滿足，則稱數列為數列.記.（1）寫出一個滿足，且的數列；（2）若，證明：數列是遞增數列的充要條件是；（3）對任意給定的整數，是否存在首項為1的數列，使得？如果存在，寫出一個滿足條件的數列；如果不存在，說明理由.【答案】（1）.（答案不唯一.）（2）證明見解析；（3）答案見解析.【解析】【分析】(1)根據與和可寫出數列.(2)先證明必要性,根據數列是遞增數列,可得,進而求得.再證明充分性,因為,故,再累加可得證明即可.(3)設，則,再累加求得,再分析的奇偶,取值只能為或，并寫出符合條件的數列.【小問1詳解】.（答案不唯一.）【小問2詳解】必要性：因為數列是遞增數列，所以（）.所以數列是以為首項，公差為的等差數列.所以.充分性：因為，所以所