2024届江苏省南通市高三上学期10月质量监测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省南通市高三上学期10月质量监测数学试题含答案，共19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．设集合，若则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】根据交运算即可求解.
【详解】由所以，故，
故选：B
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数除法和的幂运算的周期性可求得，由复数模长定义可得结果.
【详解】，，.
故选：C.
3．在中，“”是“”（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】充分性根据条件可直接得到，必要性利用正弦定理及三角形的性质也可直接得到.
【详解】，充分性成立；
，必要性成立；
“”是“”的充要条件.
故选：C.
4．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据图象可知为奇函数，即可根据奇偶性排除ABC，即可求解.
【详解】由图象可知：为奇函数，且定义域为，
对于A, ,故为偶函数，不符合要求，舍去，
对于C，,故为偶函数，不符合要求，舍去，
对于B，，故不是奇函数，不符合要求，舍去，
故选：D
5．记地球与太阳的平均距离为R，地球公转周期为T，万有引力常量为G，则太阳的质量（单位：）.由，， ，计算得太阳的质量约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由题意在中两边取对数并代入数据得，然后化为指数形式即可求解.
【详解】由题意在中两边取对数得，，
因为，， ，所以，
所以，
综上所述：计算得太阳的质量约为.
故选：B.
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
7．已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且在单调递减，则（ ）
A．在单调递减B．在单调递减
C．在单调递减D．在单调递减
【答案】D
【分析】举反例排除A、B、C，令即可，然后根据已知条件证明在上分别单调递增、单调递减，从而由单调性的定义即可判断D选项正确.
【详解】不妨设，满足题意，
此时在单调递增，故A选项错误；
在单调递增，故B选项错误；
在单调递增，故C选项错误；
对于D选项，因为是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，
所以有，
又在单调递减，且当时，有，
所以由复合函数单调性可知，在上分别单调递增、单调递减，
不失一般性，不妨设，则，，
所以在单调递减，故D选项正确.
故选：D.
8．已知曲线与曲线交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令，由和可确定两曲线均关于中心对称；利用导数可求得单调性和极值，结合的单调性可确定两曲线在上的图象，由此可确定交点个数，结合对称性可求得结果.
【详解】令，
则，
，
，关于中心对称；
，关于中心对称；
，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
极小值为，极大值为；
当时，单调递减，且，
当时，；
作出与在时的图象如下图所示，
由图象可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
由对称性可知：与在上有且仅有两个不同的交点，
.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题考查函数对称性的应用，解题关键是能够根据函数的解析式，确定两函数关于同一对称中心对称，结合两函数图象确定交点个数后，即可根据对称性求得交点横纵坐标之和.
二、多选题
9．已知平面向量，，则（ ）
A．B．
C．与夹角为锐角D．在上的投影为
【答案】AC
【分析】根据数量积及模的坐标表示计算可得.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：，故，
所以与不垂直，故B错误；
对于C：，
所以与的夹角为锐角，故C正确；
对于D：， ，
所以在上的投影为，故D错误；
故选：AC
10．已知实数满足，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】利用完全平方公式即可判断A；对于D，举反例即可；对于C，根据不等式的性质即可求解C,结合对数运算性质即可求解B.
【详解】对于A，由得，，故A错误；
对于B,由得，故，，故，B正确．
对于C，，，，，，，
，即，C正确；
对于D，若，满足以及，但是，故D错误，
故选：BC
11．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的图象可由曲线向左平移个单位长度得到
B．
C．是图象的一个对称中心
D．在区间上单调递增
【答案】BC
【分析】根据函数的图象确定函数的表达式为，即可结合选项逐一求解.
【详解】由图可知：，
又经过点，所以,故，
由于故，
对于A，的图象可由曲线向左平移个单位长度得到，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C， ，故是图象的一个对称中心，故C正确，
对于D，令，解得，
故的其中两个单调递增区间为，，故在不单调递增，故D错误，
故选:BC
12．定义在上的函数满足，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】对于B，首先说明，，进而根据已知即可判断；对于A，由函数是奇函数证明，并结合即可判断；对于C，首先说明，但由已知条件不能够得到的值，注意到函数是周期为4的奇函数，且，故考虑构造反例说明C错误；对于D，可以通过计算，得到，从而说明D错误.
【详解】对于B，因为，
所以，，
又，
所以，即，且是以4为周期的周期函数，故B选项正确；
对于A，由题意函数的定义域为关于原点对称，
且由B选项分析可知，
所以函数是定义在上的奇函数，
所以，
又由B选项分析可知，
所以，故A选项正确；
对于C，记，
因为，
所以，
由B选项分析可知，且注意到，
所以，
又由A选项分析可知，
所以，
又由B选项分析可知是以4为周期的周期函数，
所以；
而由已知条件不能得到的值，故构造反例如下：
不妨设，现在我们来验证满足题意：
由于
，
且，，
所以此时，
而，
故满足题意，但；
综上所述：若，则此时，故C选项错误；
对于D，记，
由B选项分析可知是以4为周期的周期函数，
所以，
又，，且由C选项分析可知，
所以，
所以，
又因为是以4为周期的周期函数，
所以
，故D选项错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题A，B选项的判断比较常规，判断C选项的关键是首先得到，但由已知条件不能够得到的值，故通过构造反例说明C错误即可，判断D选项的关键是利用周期性去计算从而对比验证即可，当然也可以由C选项的反例，通过计算来说明D选项错误；总之本题的综合性比较强，考查了周期性、奇偶性对称性等，如果正面去证明的时候很难证明出来，这时候要想到通过构造反例来推理，平时练习的时候可以多加留意一下.
三、填空题
13．已知定义在上的奇函数与偶函数满足，则 .
【答案】/
【分析】结合已知条件可得，解方程组即可求解.
【详解】因为、分别为上的奇函数与偶函数，
所以，
又因为与满足，
所以，即，
解得，
故答案为：.
14．已知扇形的半径为，面积为，是上的动点，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】由扇形面积公式可求得圆心角，以为坐标原点建立平面直角坐标系，设，根据向量数量积的坐标运算和余弦函数的值域可求得最小值.
【详解】设扇形的圆心角为，则扇形的面积为，，
以为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，
设，
，，，，
，
，，，
的最小值为.
故答案为：.
15．已知函数在区间上有且仅有3个零点，则ω的取值范围是 .
【答案】
【分析】由，可得，所以，从而求出的取值范围．
【详解】，，
函数在区间,上有且仅有3个零点，
，解得，
即的取值范围是
故答案为：
16．若存在，使得，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先注意到，故考虑切线放缩，从而，所以，考虑取等条件是否成立即可.
【详解】不妨设，求导得，
而在上单调递增，且，
所以当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以，
所以等号成立当且仅当，
注意到，
所以考虑切线放缩有，
从而，
又，所以，
由以上分析可知不等式取等，当且仅当，，
接下来考虑是否成立：
不妨设，则，即单调递增，
注意到，
所以由零点存在定理可知，使得.
综上所述：若存在，使得，则只需，从而的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是考虑切线放缩，从而，另一个关键的地方是证明是否成立，从而即可顺利求解.
四、解答题
17．在中，角所对的边分别为，.
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可求得，由此可得；
（2）由三角形面积公式可求得，利用余弦定理可构造方程求得，由此可得周长.
【详解】（1）由正弦定理得：，
，
，
，又，，，
，.
（2），，
由余弦定理得：，
，解得：，
的周长为.
18．设向量,函数.
(1)求的对称轴方程；
(2)若且求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由向量数量积坐标公式、二倍角公式、辅助角公式化简函数表达式，结合对称轴方程的定义即可求解.
（2）由已知条件先算出，，再结合两角差的余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为
，
令，得，
所以的对称轴方程为.
（2）因为，所以，即，
又因为所以，
故，
所以
.
19．已知函数
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若直线是曲线的一条切线，求的值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）求导后，根据正负可确定在上的单调性，由单调性可确定最值点并求得最值；
（2）设切点为，结合切线斜率可构造方程组求得和的值.
【详解】（1）当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，，
又，，.
（2）由题意知：，
设直线与相切于点，
则，消去得：，解得：，
则，解得：.
20．在平面四边形ABCD中，
(1)若，求；
(2)若求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先结合已知条件、数量积的定义求出，再在三角形运用余弦定理即可求解.
（2）画出图形，设，先得出，，再在中，运用正弦定理，由此即可得解.
【详解】（1）在中，，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得.
因为，解得.
（2）如图所示：
设，则，
在中，因为，所以，
在中，，
由正弦定理，得，即，
所以，即，
整理得，
所以，即.
21．设函数
(1)证明：当时，是上的增函数；
(2)当时，，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求导后，结合基本不等式可求得，由此可得结论；
（2）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可得单调性，进而确定符合题意的范围.
【详解】（1）当时，，则，
（当且仅当，即时取等号），
（当且仅当时取等号），是上的增函数.
（2）由题意知：；
当时，由（1）知：在上恒成立，
在上单调递增，；
当时，令，，
令，则，，
当时，，，
当时，，
在上单调递减，此时，不合题意；
综上所述：的取值范围为.
22．已知函数存在两个极值点，且.
(1)求的取值范围；
(2)若，求的最小值.
【答案】(1)
(2)0
【分析】（1）对求导得，由题意方程在区间上有两个不等根，从而列出不等式组即可求解.
（2）将不等式变形为，结合（1）中分析有，，从而可以通过化简计算得到，构造函数，从而即可进一步求解.
【详解】（1）函数的定义域为，且.
因为函数存在两个极值点，且，
所以方程在区间上有两个不等根.
所以有，解得.
所以的取值范围为.
（2）由（1）知，即，
所以可化为.
因为，
所以，
所以
令，
设，则，
所以函数在上单调递增.
因为，所以，
所以若恒成立，则，即实数的最小值为0.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于转换条件得到，从而顺利求解；第二问的关键，在于利用第一问的结论，将不等式转换为，从而构造函数即可求解.