2024届江苏省扬州市高邮市高三上学期10月学情调研数学试题含解析
展开一、单选题
1.设集合,,则( )
A.B.
C.D.
【答案】D
【分析】由交集运算的定义求解即可.
【详解】由题意可知,集合表示所有的奇数,
由交集的定义可得,
故选:D.
2.“函数在上为增函数”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】由函数的单调性,结合一次函数性质求参数范围,根据充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】由在上为增函数,则,
所以“函数在上为增函数”是“”的必要不充分条件.
故选:B
3.若,则下列命题正确的是( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
【答案】C
【分析】根据不等式的基本性质,以及作差比较法,逐项判定,即可求解.
【详解】对于A中,例如:当时,满足,
此时,可得,所以A不正确;
对于B中,若,则,其中,而的符号不确定,所以B不正确;
对于C中,若,则,
因为,所以,所以C正确;
对于D中,若,当时,则,所以D错误.
故选:C.
4.荀子《劝学》中说:“不积跬步,无以至千里;不积小流,无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程,每天进步一点点,前进不止一小点.我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%,一年后是;而把看作是每天“退步”率都是1%,一年后是;这样,一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么当“进步”的值是“退步”的值的3倍,大约经过( )天.(参考数据:,,)
A.19B.35C.45D.55
【答案】D
【分析】设大约经过天“进步”的值是“退步”的值的3倍,由题设有,应用指对数关系求值.
【详解】设大约经过天“进步”的值是“退步”的值的3倍,
则天.
故选:D
5.在中,,,则AB=( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】应用倍角余弦公式求得,再由余弦定理求对应边长.
【详解】由题设,又,
所以.
故选:C
6.若关于的不等式的解集中恰有个整数,则实数m的取值范围为( )
A.B.
C.D.
【答案】D
【分析】根据给定条件,分类解不等式并确定m值的范围即得.
【详解】不等式化为:,显然,否则不等式解集为空集,不符合题意,
当时,不等式的解集为,依题意,在中恰有3个整数,即为3,2,1,则,
当时,不等式的解集为,显然在中恰有3个整数,即为5,6,7,则,
所以实数m的取值范围为.
故选:D
7.若是定义域为上的单调函数,且对任意实数都有,其中是自然对数的底数,则 ( )
A.4B.
C.D.
【答案】B
【分析】由已知令,令,得,得,从而,然后求函数值.
【详解】∵是定义域为上的单调函数,且,
∴在上存在唯一一个实数使得,
于是.
令,得,即.
画出与的图像如图所示:
由图像可知,与的图像在上只有1个交点,
且是方程的解,
所以,故.
故选:B.
8.已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次为,,,若,则( )
A.B.C.D.
【答案】A
【分析】令,则函数即为函数,题目等价于的图象与直线连续的三个公共点,,,判断,,分布的位置,结合正弦函数的周期以及对称性确定点的坐标,代入函数解析式化简,可得答案.
【详解】令,则函数即为函数,
的最小正周期为,
最小正周期为,
作出函数,的大致图象,如图,
则函数的图象与直线连续的三个公共点,,,
等价于的图象与直线连续的三个公共点,,,
(连续的三个公共点从左到右排列),
由题意不妨设,,位置如图中所示(三点位置可左右平移一个周期),
即,关于直线对称,,
由于,则,故,
而,关于直线对称,故点横坐标为,
将点横坐标代入,得,
则.
故选:A
二、多选题
9.已知全集为U,A,B是U的非空子集,且,则下列关系一定正确的是( )
A.且
B.
C.或
D.且
【答案】AB
【分析】根据,可得,再逐一分析判断即可.
【详解】因为,所以,
则且,,故AB正确;
若是的真子集,则,则且,故C错误;
因为,所以不存在且,故D错误.
故选:AB.
10.若正实数满足,则下列说法正确的是( )
A.的最小值为8
B.的最小值为
C.的最大值为
D.的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据题意,结合基本不等式及性质,逐项判定,即可求解.
【详解】由题意知,正实数满足,
对于A中,由,
当且仅当时,即时,等号成立,所以A正确;
对于B中,由,可得,所以,
当且仅当时,即时,等号成立,即的最大值为,所以B错误;
对于C中,由,
当且仅当时,即时,等号成立,
所以的最大值为,所以C正确;
对于D中,由,
当且仅当时,即时,等号成立,所以的最小值为,所以D正确.
故选:ACD.
11.已知,,给出下列结论:其中正确结论是( )
A.若,,且,则
B.存在,使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称
C.若在上恰有7个零点,则的取值范围为
D.若在上单调递增,则的取值范围为
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的图象变换及性质判断各选项即可.
【详解】对于A,若,,且,
则,故A错误;
对于B,将的图象向左平移个单位长度后得到,
若所得图象关于y轴对称,则,,
即,,所以存在时满足条件,故B正确;
对于C,由,得,
若在上恰有7个零点,
则,即,故C正确;
对于D,由,得,
若在上单调递增,
则,即,故D错误.
故选:BC.
12.已知函数,其中是自然对数的底数,函数则( )
A.若,则函数的零点为
B.方程有两个不同根,则
C.若,则函数有个的零点
D.若函数有个的零点,则
【答案】BCD
【分析】根据零点的定义即可判断A;方程有两个不同根等价于与有两个交点,分类讨论即可判断B;设,令,则,函数有个的零点等价于有2个实数根,且,解不等式即可判断C;函数有个的零点等价于有2个实数根,且,解不等式即可判断D.
【详解】对于A:若,,
令,当时,,无解,
当时,,,
所以函数的零点为和,故A错误;
对于B:方程有两个不同根等价于与有两个交点,
因为当时,,
所以与在无交点,
所以与在有2个交点,
联立得,即,
由,解得,故B正确;
对于C:设,令,得,即,
因为时,,
所以当时,有两个实数根,且,如图所示,
设,则与轴有两个交点,且,
则,即,解得,
所以当,函数有个的零点,故C正确;
对于D:由C可知,当与轴有两个交点,且,函数有个的零点,
则,即解得,故D正确,
故选:BCD.
三、填空题
13.命题“”的否定是 .
【答案】
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定知命题“”的否定是,
故答案为:.
14.已知角的顶点为坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点,则 .
【答案】
【分析】根据三角函数定义得到,由诱导公式求出答案.
【详解】根据题意得到,
故.
故答案为:
15.已知正实数满足,则的最小值是 .
【答案】
【分析】由题设得且,代入目标式得,再应用基本不等式求最小值,注意取值条件.
【详解】由题设且,则,
所以,
当且仅当,时等号成立,
所以的最小值是.
故答案为:
16.已知的定义域为且对于任意正数都有,且当时,,则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】首先根据题意求出,,,得出是函数的零点,令,则是函数的零点,由当时,得出时,,再证明为增函数,即可求解不等式.
【详解】因为对于任意正数都有,
所以,即,
,即,
,即,
所以是函数的零点,
令,则,即是函数的零点,
因为当时,,
所以时,,
且,
任取,且,
,
即,
因为,且,
所以,
所以,
所以在上单调递增,
所以在上单调递增,
因为,
所以,
故答案为:.
四、解答题
17.已知集合,集合.
(1)当时,求和;
(2)记,若是的充分不必要条件,求实数a的取值范围.
【答案】(1),
(2)或
【分析】(1)根据分式的性质,结合一元二次不等式解法、集合并集和补集的定义进行求解即可;
(2)根据充分不必要的性质进行求解即可.
【详解】(1),,或,
,
,,,
当时,,
,.
(2)是的充分不必要条件,
是的真子集,
或,
或,
的取值范围是 或.
18.已知.
(1)求的单调递增区间;
(2)在中,角所对的边为.若,求.
【答案】(1);
(2).
【分析】(1)应用三角恒等变换化简函数式,根据正弦函数性质,应用整体法求递增区间;
(2)由已知得,进而求其余弦值,最后由三角形内角性质及商数关系求.
【详解】(1)化简得
令,得到,
所以的增区间为.
(2)由,得,
在中,由且,所以,
所以,又,
所以.
19.高邮市某中学开展劳动主题德育活动,某班统计了本班学生1至7月份的人均月劳动时间(单位:小时),并建立了人均月劳动时间(单位:小时)关于月份的线性回归方程,与的原始数据如表所示:
由于某些原因导致部分数据丢失,但已知.
(1)求,的值;
(2)如果该月人均劳动时间超过13(单位:小时),则该月份“达标”.从表格中的7组数据中随机选5组,设表示“达标”的数据组数,求的分布列和数学期望.
参考公式:在线性回归方程中,
【答案】(1);
(2)分布列见解析,数学期望为.
【分析】(1)根据已知数据,结合最小二乘法列方程求相关参数,进而确定原数据值;
(2)由题设确定随机变量的可能值并求对应概率,写出分布列,进而求期望即可.
【详解】(1),,
,则①,
而,
所以 ,整理得②,
由,则③,
由②③得,故④,
由①④得 .
(2)由题意,可能取且,,,
的分布列为
所以.
20.如图:在五面体中,已知平面,,且,.
(1)求证:平面平面;
(2)求直线与平面的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)取、的中点、,由几何体性质可证明四边形为平行四边形,再利用线面垂直的判定定理即可证明平面,可得结论;
(2)结合(1)中的结论建立以点为坐标原点的空间直角坐标系,由空间向量即可求得直线与平面的余弦值.
【详解】(1)分别取、的中点、,连、、,如下图所示:
由、,可知;
又、分别是的中点、,
所以,且,由,可得,;
即四边形为平行四边形,因此,;
因为平面,
所以,又
所以,平面;
即平面,又平面,
可得平面平面.
(2)由(1)可知平面,且,即;
因此三条直线两两垂直,
以点为坐标原点,为轴、轴、的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
易得;
所以,
设平面的法向量,
则,解得,令,可得,即,
从而,
设直线与平面所成的角为,则,所以;
所以直线与平面的余弦值为
21.内角的对边分别为,已知.
(1)求角的大小;
(2)是边上一点,且,求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理和三角形内角和关系以及诱导公式可求出,即可得;
(2)根据线段比例和中分别利用余弦定理可得,再由即可得,利用基本不等式可求出,代入面积公式即可得面积的最大值.
【详解】(1)在中,由,根据正弦定理可得
因为B为三角形内角可知,,且,
所以,即
因为A为三角形的内角,,故;
所以,即.
(2)是边上一点,且,所以;
如下图所示:
中,由余弦定理可得,
中,由余弦定理可得,
因为;
所以可得
整理可得,
中,由余弦定理可得;
联立两式可得,
当且仅当时取等号,此时
所以
所以面积的最大值为.
22.《判定树理论导引》中提到“1”型弱对称函数:函数定义域为,且满足设函数
(1)若是“1”型弱对称函数,求m的值;
(2)在(1)的条件下,若有成立,求的范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)根据“1”型弱对称函数满足即可代入化简求解,
(2)将问题转化为求解,对分类讨论求解的取值范围即可结合最值求解.
【详解】(1)解:是“1”型弱对称函数
(2)由(1)得,
由于函数在上单调递增,在上单调递减,
在上单调递增,
,
当时,由于函数在单调递增,所以在上单调递减,
当时,此时,
,,解得,
,
当时,此时,
,,又,故
-
当时,由于函数在单调递减,且,
所以在上单调递增,,
,且,,
,,又,所以,
当时,成立.
综上:或
【点睛】方法点睛:处理多变量函数最值问题的方法有:(1)消元法:把多变量问题转化单变量问题,消元时可以用等量消元,也可以用不等量消元,进而转化为最值问题,(2)基本不等式:即给出的条件是和为定值或积为定值等,此时可以利用基本不等式来处理,用这个方法时要关注代数式和积关系的转化.
月份
人均月劳动时间
1
2
3
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