2023届江苏省扬州市宝应中学高三上学期第一次阶段测试数学试题含解析

这是一份2023届江苏省扬州市宝应中学高三上学期第一次阶段测试数学试题含解析，共20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。
2023届江苏省扬州市宝应中学高三上学期第一次阶段测试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合，再由集合的交集即可得出答案.【详解】解：因为，，，，所以,所以．故选:C．2．已知函数为上的偶函数，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据偶函数的性质可得，再根据函数的单调性与奇偶性求解不等式即可.【详解】由函数为偶函数，则，可得恒成立，得，则函数.又在上单调递增，则可以变为，则，解得．故选：D．3．函数的部分图象如图所示，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由周期求出，由五点法作图求出的值，最后确定.【详解】由图象可得：，∴，再根据五点法作图可得，，，又，∴，∴故选：B4．我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥下广二丈，高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问亭方几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台状方亭，且正四棱台的上底边长为六尺，则该正四棱台的体积是（注：1丈=10尺）A．1946立方尺 B．3892立方尺 C．7784立方尺 D．11676立方尺【答案】B【分析】设出棱台的高，根据三角形相似求得棱台的高，由棱台的体积公式可得结果.【详解】由题意可知正四棱锥的高为30.所截得正四棱台的下底面棱长为20，上底面棱长为6，设棱台的高为，由可得，解得，可得正四棱台体积为，故选B.【点睛】本题主要考查阅读能力，考查棱锥与棱台的性质以及棱台的体积公式，意在考查灵活应用所学知识解决实际问题的能力，属于中档题.5．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】，，，，解得，，.故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.6．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，底面为等边三角形，且其所在圆的面积为.若三棱锥的体积的最大值为，则球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圆的半径得边长，从而得三角形面积，确定三棱锥体积最大时点位置，得三棱锥的高，从而求得球半径得球体积．【详解】如图，所在圆即为的外接圆.设圆的半径为，则，解得.因为为等边三角形，所以.由正弦定理可得，解得.所以.如图，当三点共线时，三棱锥的体积最大，最大值为，此时平面，三棱锥的高最大，且有，解得.设球的半径为，在Rt中，，解得.所以球的体积.故选：B.7．设函数有个不同零点，则正实数的范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得在上有个不同零点即可，利用正弦函数的性质列出不等式，解出正实数的范围．【详解】令，解得，即在上仅有一个零点，所以只需在上有个不同零点即可．当时，，所以，即故选：A8．已知是函数的零点，设，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数零点，因式分解后可得，结合基本不等式分别得和，进而可比较的正负.【详解】由可得进而得：，因此，故，∵，∴，即，∴．又，∴，即，∴．综上，．故选：A． 二、多选题9．已知函数，则（    ）A．的图象可由函数的图象向右平移个单位B．在上递减C．的图象关于直线对称D．当时，的取值范围是【答案】BCD【分析】根据辅助角公式得，进而结合三角函数的性质即可逐一求解.【详解】由得，对于A:向右平移得到，故错误；对于B:当时，，故在上递减，B正确;对于C:,故是的对称轴；故C对；对于D：当时，，当时，取最大值2，当时，取最小值，故值域为，D正确；故选：BCD10．设正实数，满足，则（   ）A． B．C． D．【答案】BD【解析】根据基本不等式，结合对数的运算性质、对钩函数的单调性、指数函数的单调性进行判断即可.【详解】因为正实数，满足，所以，当且仅当时，取等号.A：因为，所以本选项不正确；B：设，函数在时，单调递减，因此当时，函数有最小值，最小值为，因此有，即，所以本选项正确；C：因为正实数，满足，所以，当且仅当时，取等号，即时，取等号，所以本选项不正确；D：因为正实数，满足，所以，因此本选项正确.故选：BD11．如图，在直三棱柱中，，，，点M是棱的中点，则下列说法正确的是（    ）A．异面直线BC与所成的角为 B．在上存在点D，使平面ABCC．二面角的大小为 D．【答案】ABC【分析】选项，连接，易知，故即为所求,再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得，即；选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，再由线面平行的判定定理即可得证；选项，取的中点，连接、，则即为所求，求出的值，从而得解；选项，在中，利用勾股定理分别算出、和的长，判断其结果是否满足即可．【详解】选项，连接，由三棱柱的性质可知，，即为异面直线与．，，，即，由直三棱柱的性质可知，平面，平面，，又，、平面，平面，，即，选项正确；选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，则，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，即选项正确；选项，取的中点，连接、，平面，即为二面角的平面角．在中，，，，，即选项正确；选项，在中，，，，显然，即与不垂直，选项错误．故选：．【点睛】本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12．在中，角、、的对边分别为、、，面积为，有以下四个命题中正确的是（    ）A．的最大值为B．当，时，不可能是直角三角形C．当，，时，的周长为D．当，，时，若为的内心，则的面积为【答案】ACD【解析】利用三角形面积公式，余弦定理基本不等式，以及三角换元，数形结合等即可判断选项A；利用勾股定理的逆定理即可判断选项B；利用正弦定理和三角恒等变换公式即可判断选项C；由已知条件可得是直角三角形，从而可以求出其内切圆的半径，即可得的面积即可判断选项D.【详解】对于选项A：（当且仅当时取等号）.令，，故，因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，故可得，又，故可得，当且仅当，，即三角形为等边三角形时，取得最大值，故选项A正确；对于选项B：因为，所以由正弦定理得，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，故选项B错误；对于选项C，由，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，所以，所以，，，因为，所以，，所以的周长为，故选项C正确；对于选项D，由C可知，为直角三角形，且，，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为所以选项D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的关键点是正余弦定理以及面积公式，对于A利用面积公式和余弦定理，结合不等式得，再利用三角换元、数形结合即可得证，综合性较强，属于难题. 三、填空题13．已知曲线在处的切线与直线垂直， 则实数_____.【答案】【分析】利用导数求解出曲线在处的切线的斜率，利用垂直关系可知斜率乘积为−1，构造方程求得结果.【详解】因为，所以，所以曲线在处的切线斜率为，直线的斜率为，因为曲线在处的切线与直线垂直，所以，所以.故答案为：.14．已知函数，若直线是曲线的一条对称轴，则________.【答案】【分析】根据辅助角公式化简得，根据对称性的性质可得，，从而，，结合诱导公式及二倍角公式得，即可求解.【详解】解：，，由于直线是曲线的一条对称轴，则，，，，，，，，，.故答案为：.【点睛】本题考查正弦函数的对称性，考查利用辅助角公式、诱导公式和二倍角公式进行化简求值，考查分析和运算能力.15．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象． 若在上单调递减，则的取值范围是_____．【答案】【分析】先根据三角函数图象变换规律求出的解析式，再由求出，再根据在上单调递减，列出不等式，从而可求出的取值范围.【详解】因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．所以，当，则，因为在上单调递减，所以，解得，即的取值范围是，故答案为：.16．已知函数的零点为、、，且，则的最小值是_________.【答案】【分析】由可得出，令，分析函数的奇偶性，可得出，，则，令，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得解.【详解】由可得，构造函数，该函数的定义域为，，所以，函数为上的奇函数，则，因为函数有三个零点、、且，故函数有三个零点、、且，且，，故，所以，，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，.故答案为：. 四、解答题17．设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的最大值.【答案】（1）；（2）最大值.【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解．【详解】（1）由辅助角公式得，则，所以该函数的最小正周期；（2）由题意，，由可得，所以当即时，函数取最大值．18．已知奇函数的定义域为.(1)求实数的值；(2)当时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)，b=3(2) 【分析】⑴利用奇函数和定义域关于原点对称的性质即可解题；⑵利用分离参数的思路把转化成，再利用换元法对进行换元，求出最小值，让小于最小值即可.【详解】(1)因为函数是奇函数，所以，即，即，即，整理得，所以，即，则，因为定义域为关于原点对称，所以b=3；(2)因为，所以，又当时，恒成立，所以，时恒成立，令，则，时恒成立，所以让小于的最小值，而，当且仅当，即时，等号成立，所以，，即的取值范围是.19．在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，O为AD的中点，DC//AB，DC⊥AD，PA=PD，PO=AB=2DC，BC=CD，(1)求证：平面PBC⊥平面POC；(2)求平面PAB与平面PCB所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面PAB与平面PCB所成角的余弦值.【详解】(1)连OB，在三角形PAD中，且O为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面平面PAD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以.，所以，在中，，在中，，又，所以，所以，又，所以平面POC，平面PBC，所以平面平面POC.(2)如图，以O为原点，OA、OP所在直线分别为x轴、z轴，过O且垂直于AD的直线为y轴建立空间直角坐标系.设，则，易求，则，所以设平面PAB的一个法向量为，则所以取，则，所以.设平面PCB的一个法向量为，则，所以，取，则，所以.所以，即平面PAB与平面PCB所成角的余弦值为.20．在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.(1)求证：；(2)求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得，即可证明结论；（2）利用（1）的结论将边化角，结合三角恒等变换可得，由基本不等式可求得答案.【详解】(1)证明：在中，由已知及余弦定理，得，即,由正弦定理，得，又，故.∵，∴,∵，∴，故.(2)由（1）得，∴，，由（1），得，当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.21．某生物实验室用小白鼠进行新冠病毒实验，已知6只小白鼠中有1只感染新冠病毒且无患病症状，将它们分别单独封闭隔离到6个不同的操作间内，由于工作人员的疏忽，没有记录感染新冠病毒的小白鼠所在的操作间，需要通过化验血液来确定．血液化验结果呈阳性即为感染新冠病毒，呈阴性即没有感染新冠病毒．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止．方案乙：先任取4只，将它们的血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明感染新冠病毒的小白鼠为这4只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．(1)求采用方案甲所需化验的次数为4次的概率；(2)用X表示采用方案乙所需化验的次数，求X的分布列：(3)求采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率．【答案】(1)(2)分布列见解析(3) 【分析】（1）代古典概型概率计算公式计算即可（2）先确定可能的取值，再求取每个值时相应的概率（3）事件“采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数”可拆分为方案乙化验2次方案甲至少化验3次，方案乙化验3次甲方案至少化验4次和方案乙化验4次方案甲化验5次三个互斥事件，按相应公式即可求解【详解】(1)记“采用方案甲所需化验的次数为4次”为事件，则．(2)可能的取值为2，3，4，，，，所以X的分布列为234 (3)设采用方案甲所需化验的次数为3，4，5分别为事件，，，，设采用方案乙所需化验的次数为2，3，4分别为事件，由第（2）间可知，设采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数为事件C，由题意可知与相互独立，与，相互独立，与相互独立，则，所以采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率为．22．已知函数，其中为自然对数的底数，约为.(1)求函数的极小值；(2)若实数满足且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用函数极值的定义及导数法求函数极值的步骤即可求解；（2）根据已知条件对进行讨论，构造函数，再利用导数法求函数的最值，得出，从而即可求解.【详解】(1)由题意可知，.令，则，解得，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增.所以当时，函数取得极小值为.(2)若，则显然成立；若，令，因为.当时，单调递增；当时，单调递减；，令，则.令，则.令，则，所以，即，所以在时递增，从而，即，所以在时递减，所以，从而，所以，所以，即.【点睛】解决此题的关键是第一问直接利用导数法求函数的极值的步骤即可，第二问根据已知条件对进行讨论，构造函数，再利用导数法求函数的最值即可.