2023届江苏省扬州市宝应区曹甸高级中学高三上学期第一次月考数学试题（解析版）

2023届江苏省扬州市宝应区曹甸高级中学高三上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．设a，，集合，则（    ）

A．1 B．—1 C．2 D．—2

【答案】D

【分析】根据两集合相等，对应元素相等，然后列出方程求出即可得到结果.

【详解】因为

所以，解得

则

故选：D.

2．设命题：，：，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】先解不等式，再根据不等式的解集和充分条件和必要条件的定义可得结论

【详解】因为：，：，而是的真子集，

所以是的充分不必要条件，

故选：A.

3．已知函数的定义域为,则的定义域为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据定义域的定义，列不等式组，即可求得.

【详解】因为函数的定义域为,所以函数的定义域为.

要求的定义域，只需，解得：.

故选：A.

4．已知函数的图象关于直线对称，当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据当时，恒成立，得到函数在上是减函数，再由函数的图象关于直线对称，得到，然后利用函数的单调性比较.

【详解】因为当时，恒成立，

所以函数在上是减函数，

又函数的图象关于直线对称，

所以，

而，

所以，

所以。

故选：D

【点睛】本题主要考查函数的单调性，对称性的应用，属于基础题.

5．设定义域为的函数则关于的函数的零点的个数为（    ）

A．3 B．7 C．5 D．6

【答案】B

【分析】问题转化为要求方程的解的个数，对应于函数或的解的个数．故先根据题意作出的简图，由图可知，函数或的解的个数，可以得出答案．

【详解】解：根据题意，令，

得或．

作出的简图：

由图象可得当或时，分别有3个和4个交点，

故关于的函数的零点的个数为 7．

故选：．

6．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积.

【详解】，为等腰直角三角形，，

则外接圆的半径为，又球的半径为1，

设到平面的距离为，

则，

所以.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.

7．已知函数是奇函数，且在上单调递减，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【解析】先由是奇函数求出，然后由单调性建立不等式求出的范围.

【详解】因为是奇函数

所以，所以

所以

因为在上单调递减

所以在上单调递增

所以，解得

因为，所以时得

所以的最大值为

故选：C

【点睛】本题考查三角函数的奇偶性和单调性的应用，对于函数有关问题的处理方法是把当成整体.

8．函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，已知，得出，则可求出函数在区间上为增函数，不等式可转化为，再根据函数的单调性即可求解.

【详解】解：根据题意，设，则导函数，

函数在区间上，满足，则有 ，

所以，即函数在区间上为增函数，

，

所以，

则有，

解得，

即此不等式的解集为，

故选：D.

二、多选题

9．对于任意实数，，，，下列命题中的真命题是（    ）

A．若，则

B．若，，则

C．若，则

D．若，，则，

【答案】ABD

【解析】利用不等式的基本性质即可判断出结论．

【详解】解：对于A：若，则，所以，故A正确；

对于B：若，，则，化为，可得，故B正确；

对于C：若，所以，，则，故，故C错误；

对于D：若，，则，所以，所以，，故D正确；

故选：ABD

【点睛】本题考查了不等式的基本性质与解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

10．下列说法正确的有（    ）

A．若，则的最大值是；

B．若，则；

C．若，则的最大值是2；

D．若，则有最大值.

【答案】ABD

【分析】利用基本不等式求和的最小值，逐项求解，结合取相反数、分离常数项以及建立不等式，可得答案.

【详解】对于A，由，则，即，当且仅当，即时，等号成立，故A正确；

对于B，由，则，即，当且仅当，即时，等号成立，故B正确；

对于C，由，当且仅当时等号成立，且，则，整理可得，，由，解得，故C错误；

对于D，由，则，即，当且仅当，即时，等号成立，故D正确.

故选：ABD.

11．如图，AC为圆O的直径，，PA垂直于圆O所在的平面，B为圆周上不与点A，C重合的点，于S， 于N，则下列选项正确的是（    ）

A．平面平面PBC B．平面 平面PAB

C．平面 平面PBC D．平面 平面PAC

【答案】ACD

【解析】由平面PBC可判断A正确；因无法判断可判断B错误；由平面PAB可判断C正确；由平面ABC可判断D正确.

【详解】对于A，平面ABC，BC，圆中，是直径，，，平面PAB，，，，平面PBC，平面，平面平面PBC，故A正确；

对于B，，则要使平面 平面PAB，则必有平面，但无法判断，故无法判断平面 平面PAB，故B错误；

对于C，由A选项知平面PAB，平面PBC，平面 平面PBC，故C正确；

对于D，平面ABC，平面PAC，平面 平面PAC，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】本题考查面面垂直的判断，属于基础题.

12．已知函数的部分图象与轴交于点，与轴的一个交点为，如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A． B．的最小正周期为6

C．的图像关于直线对称 D．在单调递减

【答案】ABC

【分析】根据图象轴交于点，可以求出，由过点结合可以求出，即得出解析式，再逐一判断每个选项的正误.

【详解】因为函数经过，所以，所以，故正确

又因为时，函数值为0，所以，

又，所以，所以，

所以，

可得的最小正周期为；故正确

当，即在，上单调递减，

直线是的一条对称轴，故正确，故不正确.

故选：

【点睛】本题主要考查了由三角函数函数部分图象求三角函数的解析式，并研究函数的单调性、周期性、对称性，属于中档题.

三、填空题

13．已知角满足，，则的取值范围是__________．

【答案】

【详解】结合题意可知：，

且：，

利用不等式的性质可知：的取值范围是.

点睛：利用不等式性质求某些代数式的取值范围时，多次运用不等式的性质时有可能扩大变量的取值范围．解决此类问题一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得待求整体的范围，是避免错误的有效途径．

14．已知函数在处有极值为10，则等于______．

【答案】18

【详解】试题分析： ，依题意， 解得或，当时，，，所以在上单调递增，此时在处并没有取得极值，不符合要求，舍去；当时，，，所以时，，当时，，所以函数在处取得极小值10，符合要求，此时.

【解析】函数的极值与导数.

15．圆台的上、下底面半径分别为10 cm，20 cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则圆台的表面积为________.（结果中保留）

【答案】.

【解析】将圆台还原成圆锥，求出圆台的母线长，即可求解.

【详解】如图所示，设圆台的上底面周长为c cm，

因为扇环的圆心角是，故，

所以.同理可得，所以，

所以.

故圆台的表面积为.

故答案为:.

【点睛】本题考查圆台的结构特征及表面积，属于基础题.

16．函数 的单调递减区间为_______.

【答案】

【分析】由题得，解不等式得解.

【详解】由题得，

令，

所以

故答案为

【点睛】本题主要考查诱导公式和三角函数的单调区间的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

四、解答题

17．已知

(1)求的值；

(2)已知，且，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）已知可得，构造齐次式即可求出的值；

（2）由，可得，利用正切和角公式即可求出，分析角的范围即可求出的值.

【详解】（1）解：已知，所以，.

（2）解：由，可得，

则，

因为，所以，

又，则，

因为，，

则，，

所以.

18．已知函数

(1)若函数存在单调递减区间，求a的取值范围；

(2)若函数在[1,4]上单调递减，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意整理函数的函数解析式，明确定义域并求导，构造函数，将问题转化为不等式在闭区间有解问题，分情况讨论，利用二次函数的性质，可得答案；

（2）由题意，将问题转化为不等式在闭区间上恒成立问题，利用分情况求最值，可得答案.

【详解】（1）由，易知其定义域为，则，

因为函数存在单调递减区间，所以在上有解，

当时，不等式为，解得，则当时，不等式成立，符合题意；

令，

当时，函数为开口向下的二次函数，则在上必定有解，符合题意；

当时，函数为开口向下的二次函数，其对称轴为直线，令，解得，即时，在上有解，符合题意；

综上，.

（2）由（1）可知，，令，

由函数在[1，4]上单调递减，则在上恒成立，

当时，由（1）可知，，解得，则函数在上单调递减，符合题意；

当时，函数为开口向下的二次函数，其对称轴为直线，则函数在上单调递减，即，

令，解得，符合题意；

当时，函数为开口向上的二次函数，其对称轴为直线，

①当，即时，则函数在上，令，解得，即当时，符合题意；

②当，即时，则函数在上，令，解得，即当时，符合题意.

综上，.

19．如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中点．

(1)求证：平面BDE；

(2)若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论．

【答案】(1)证明见解析；

(2)，证明见解析.

【分析】（1）令，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.

（2），利用（1）的结论，结合线面平行的性质、平行公理推理作答.

【详解】（1）令，连，如图，

四边形ABCD是正方形，即O是AC中点，而M是矩形ACEF边EF的中点，

则有，且，于是得四边形为平行四边形，

则，又平面，平面，

所以平面.

（2），

由（1）知，平面，又平面，平面平面，因此，，

平面，又平面，平面平面，因此，，

所以.

20．已知函数

(1)求的最小正周期；

(2)若的图象关于点对称，且，求t的值

(3)当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】(1)；

(2)或；

(3).

【分析】（1）利用三角恒等式化简函数关系式，根据最小正周期的计算公式，可得答案；

（2）由（1）整理出函数的解析式，利用三角函数的对称中心的计算公式，可得答案；

（3）利用整体换元的思想，求得函数在上的值域，去掉绝对值，建立不等式组，可得答案.

【详解】（1），

则函数的最小正周期.

（2）由（1）可得，

因为的图象关于对称，

所以，则，

由，则或.

（3）由得：，则，即，

由，可得，则，解得.

21．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.

（1）证明：；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；

（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．

【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，

所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．

（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

则,

又为中点，所以.

由（1）得平面，所以平面的一个法向量

从而直线与平面所成角的正弦值为．

【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，

题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．

22．已知函数．

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)设，讨论函数在上的单调性；

(3)证明：对任意的，有．

【答案】(1)

(2)在上单调递增.

(3)证明见解析

【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；

（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；

（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.

【详解】（1）解：因为，所以，

即切点坐标为，

又，

∴切线斜率

∴切线方程为：

（2）解：因为，    

所以，

令，

则，

∴在上单调递增，

∴

∴在上恒成立，

∴在上单调递增.

（3）解：原不等式等价于，

令，，

即证，

∵，

，

由（2）知在上单调递增，

∴，

∴

∴在上单调递增，又因为，

∴，所以命题得证.