江苏省南通市第一中学2024-2025学年高三上学期8月强化训练三数学试题及答案

这是一份江苏省南通市第一中学2024-2025学年高三上学期8月强化训练三数学试题及答案，共19页。
1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数在区间的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．C．D．
3．某学生为制作圆台形容器，利用如图所示的半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是2cm和4cm）铁皮材料，通过卷曲使得边与边对接制成圆台形容器的侧面，则该圆台的高为（ ）
A．B．1cmC．D．
4．若函数的定义域为，值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．函数在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，，则的最小值为（ ）
A．4B．C．D．
7．已知函数若的图象上至少有两对点关于轴对称，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在三棱锥中，，，平面平面，是的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题正确的是（ ）
A．命题“对任意，”的否定是“存在，使得”
B．“”的充分不必要条件是“”
C．设，则“且”是“”的充分不必要条件
D．设，则“”是“”的充分不必要条件
10．已知函数的定义域为，，，则（ ）
A．B．函数是奇函数
C．D．的一个周期为3
11．如图所示，在棱长为的正方体中，为线段的中点，，分别为线段，上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面B．存在点，，使得
C．平面与平面所成的角为D．的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，不等式的解集为，且，则的取值范围是______．
13．定义在上的奇函数满足，且函数在上单调递减，则不等式的解集为______．
14．已知函数．若方程有5个实数根，则的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本小题12分）
已知集合，集合．
（1）当，求；
（2）已知“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围．
16．（本小题12分）
已知幂函数的图象关于轴对称，且．
（1）求的值及函数的解析式；
（2）若，求实数的取值范围．
17．（本小题12分）
已知函数是定义在上的偶函数．
（1）求的解析式；
（2）若不等式对恒成立，求的取值范围．
18．（本小题12分）
如图，在直三棱柱中，点，分别是，中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，平面平面，且，求直线与平面所成角的余弦值．
19．（本小题12分）
函数和的图象关于原点对称，且．
（1）求函数的解析式；
（2）解不等式；
（3）若在上是增函数，求实数的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了集合的表示方法以及集合的基本运算，属于基础题．
先求出集合，再根据交集运算即可求得结论．
【解答】解：集合
．
故选：B．
2．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查函数图象的识别，余弦型函数的奇偶性，指数函数的单调性与最值，属于中档题．
结合函数图像，根据函数的奇偶性及特殊点的函数值可判断结果．
【解答】解：当时，，所以，由图可知A不符合；
因为，所以为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，故B不符合；
当时，，由图可知D不符合；
由奇函数定义可知函数为奇函数，当时，
当时，，选项C符合图像特征，故C正确；
故选：C．
3．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆台的结构特征，属于中档题．
根据圆台的侧面展开图求得，再结合圆台的结构特征分析求解．
【解答】
解：设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，高为，
由题意可得：，解得，
所以该圆台的高为．
故选：C．
4．【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查二次函数的性质．属于中档题．
由已知利用二次函数的图象与性质进行求解．
【解答】解：由题意得：为开口向上的抛物线，对称轴为直线，
在上单调递减，在上单调递增，
，，
，，即，
因为的定义域为，值域为，
根据二次函数图象，数形结合可知，故选A．
5．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查复合函数的单调性，涉及对数函数的性质，属于基础题．
由条件利用对数函数的性质，复合函数的单调性，可得，由此求得的范围．
【解答】
解：对于函数，令，则，
又由，知在上为减函数，
若函数在上是减函数，
因为的定义域为，所以，
解得，即的范围是．
故选D．
6．【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了基本不等式及其应用，属于中档题．
将代入中，利用基本不等式求解即可．
【解答】
原式，
当且仅当，即，，时等号可以取到，
故选D．
7．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查函数零点的个数问题，是中档题．
由题意画出与的图象，结合函数图像即可求解．
【解答】
解：当时，，则其关于轴对称的图象所对应的函数解析式为，．
由题意知当时，与的图象至少有两个公共点，即方程在区间内至少有两个实根．
令，在同一平面直角坐标系中分别作出与的图象，
如图．
由图可知，若直线与曲线至少有两个公共点，则，
故实数的取值范围是．
8．【答案】C
【解析】【分析】
本题考查棱锥的外接球问题，属于一般题．
确定球心位置，求出三棱锥的外接球的半径，由球的表面积公式即可求解．
【解答】
解：由题意得为等边三角形，且高，所以．
由题意知，又，知为等边三角形．
平面平面，，平面平面，平面，所以平面，
设的外心为，过点作直线平面，则有，又为等边三角形，
则三棱锥的外接球的球心在直线上，
设球心为点，过点作于点，则易证为的中点，连接，
则三棱锥的外接球的半径．
所以三棱锥的外接球的表面积，
故选C．
9．【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查全称量词命题与存在量词命题的否定，充分、必要、充要条件的判断，利用不等式的基本性质判断不等关系，属于中档题．
对于A选项，用量词命题的否定可得解；对于B选项，用集合法可以判断；对于C选项，用充分条件和必要条件的定义可以判断，对于D选项，用等价法可以判断．
【解答】
解：对于A选项，命题“对任意，”的否定是“存在，使得”，故A错误；
对于B选项，或，因为或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C选项，充分性：当且时，且，则，所以具有充分性，
必要性：令，，，但“且”不成立，所以不具有必要性，
所以“且”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D选项，因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误．
故选：BC．
10．【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查抽象函数的奇偶性，求函数值，函数周期性定义，属于中档题．
根据条件等式，利用赋值法，求特殊函数值，以及判断函数的奇偶性和周期性．
【解答】
解：令，则，所以，A选项正确；
令，则，即，所以是偶函数，B选项错误；
，令，则，
令，则，所以，
所以，因为，所以，，C选项正确；
令，则，
所以，，
所以，所以，
的一个周期为6，D选项错误．
故选：AC．
11．【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的判定，线线平行，平面与平面所成角和空间中距离的最小值，属于难题．
由及证得平面即可判断A选项；
若存在，可得，又推出矛盾，即可判断B选项；
找出即为平面与平面所成角的平面角即可判断C选项；
在平面中，由平面几何知识求出的最小值为即可判断D选项．
【解答】
解：对于A，连接，则为线段的中点，易得平面为平面，
显然平面，平面，
则，又，，平面，
则平面，即平面，A正确：
对于B，由A知，平面，又平面，则，
若存在点，，使得，则，
连接，，又为线段的中点，则，显然，矛盾，
则不存在点，，使得，B错误；
对于C，由A知，平面即平面，即平面，
则平面平面，连接，又，
平面，平面，则，
即为平面与平面所成角的平面角，
又，则平面与平面所成的角为，C正确；
对于D，在平面中，作关于的对称点，，
过作交于点，作交于点，
又，，，
则，所以，
所以，
又因为，
所以的最小值为，D错误．
故选：AC．
12．【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了元素与集合的关系，以及不等式的求解，其中解答中熟记元素与集合的关系，以及不等式的求法是解答的关键，着重考查了运算能力，属于中档题．
根据题意，由不等式的解集可得，变形可得：且，解可得的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，不等式的解集为，且，
则有，即，变形可得：且，
解可得：，
即的取值范围为；
故答案为：．
13．【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的单调性与奇偶性，属于中档题．
由奇函数定义可得函数也是奇函数，从而可得在上递减，将不等式变形，可得，结合单调性解不等式即可．
【解答】
解：，则，即也为奇函数，
又函数在上单调递减，由对称性可知，在上递减，
又因为，所以，
所以，
即，
所以，即解集为．
14．【答案】
【解析】【分析】
本题考查分段函数的图象，二次方程根的分布，属于中档题．
令，则有两个不相等的实数根、，
则且，则且，或且，或且，再根据二次函数根的分布问题计算可得．
【解答】
解：因为，
所以的图象如下所示：
因为方程有5个实数根，令，
则有两个不相等的实数根、，
则且，或且，或且；
令，
（1）当且时，
则，即，解得；
（2）当且，则，此时，
解得，，不符合题意；
（3）当且时，
则，解得，
此时，解得，不符合题意；
综上可得若方程有5个实数根，
则的取值范围为．
故答案为：．
15．【答案】解：（1）当时，
则
，
则，
故；
（2）因为“”是“”的充分不必要条件，
所以是的真子集，
若，则，符合题意；
若，则，
由，
得
，
结合（1）知，只需，即，
综上，，
即的取值范围为．
【解析】本题考查了交并补混合运算和充分不必要条件的应用，属于中档题．
（1）当，得出集合，可得，再得出集合，由集合的运算可得结果；
（2）由“”是“”的充分不必要条件，得是的真子集，分和两种情况求解即可．
16．【答案】解：（1）由题意，函数的图象关于轴对称，且，
所以在区间上单调递增，
所以，解得，
由，得或2或3，
又函数的图象关于轴对称，
所以为偶数，
所以，所以．
（2）因为函数图象关于轴对称，且在区间上单调递增，
所以不等式，等价于，
解得或，
所以实数的取值范围是．
【解析】本题主要考查幂函数的图象和性质以及函数单调性的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题．
（1）由函数的图象关于轴对称，且，得到函数在区间上单调递增，即，再由且为偶数求得的值．
（2）根据函数图象关于轴对称，且在区间上单调递增，将不等式，转化为求解．
17．【答案】解：（1）因为函数是定义在上的偶函数，
所以，可得恒成立，
即，所以，
所以，，
所以．
（2）由（1）知，令，则，．
因为不等式恒成立，等价于恒成立，
所以恒成立，则，
又因为，所以，此时，
所以．
【解析】本题考查函数的奇偶性，是中档题
（1）根据求解参数即可．
（2）通过参变分离，把原不等式转化成，然后求解中的范围，进而求出的最小值．
18．【答案】解（1）取中点，连接，，
，分别是，中点，且，
又且，且，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
平面，平面平面，；
（2）由三棱柱为直棱柱，平面，
、平面，，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
故以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，
又，则，解得，
所以，，则，，
设平面法向量为，
所以，即，取，得，
由（1）知直线，则方向向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
则，
所以直线与平面所成角的余弦值为．
【解析】本题考查线面平行的判定与性质，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
（1）取中点，连接，，证得平面，由线面平行的性质可证；
（2）以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的余弦值．
19．【答案】解：（1）设函数的图象上任意一点关于原点的对称点为，
则，即，
点在函数的图象上，
，
即，故；
（2）由，
可得，
当时，，此时不等式无解，
当时，，
解得，
因此，原不等式的解集为；
（3），
①当时，在上是增函数，符合题意，
②当时，对称轴的方程为，
ⅰ）当时，，解得，
ⅱ）当时，，解得．
综上，实数的取值范围为．
【解析】本题考查利用函数的单调性解决参数问题，函数的对称性，绝对值不等式，属中档题．
（1）设函数的图象上任意一点关于原点的对称点为，利用函数和的图象关于原点对称，可求得对称点之间的坐标关系，利用，可求函数的解析式；
（2）将和解析式代入转化为，再通过分类讨论去掉绝对值，转化为一元二次不等式求解；
（3），其对称轴方程为，利用在上是增函数，可求实数的取值范围．