江苏省连云港市2024_2025学年高三数学上学期第一次学情检测9月试题含解析

这是一份江苏省连云港市2024_2025学年高三数学上学期第一次学情检测9月试题含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 在复平面内，对应的点位于（）．
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为，
则所求复数对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2. 设集合，，若，则（）．
A. 2B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.
故选：B.
3. 已知，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】D
【解析】
【分析】分别化简和,再根据充分、必要条件判断即可.
【详解】因为在单调递增，且,
所以，即
因为，所以,即,
所以存在两种情况：且，且，
因此推不出,
同样推不出,
因此“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法和复合函数单调性的判断方法，换元后可知只要满足即可，从而可求出实数的取值范围.
【详解】令，则，
因为函数在区间上单调递减，
且在定义域内递增，
所以，解得，
故选：B
5. 已知球的半径为1，其内接圆锥的高为，则该圆锥的侧面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出圆锥的底面半径与母线，再由圆锥的侧面积公式计算可得.
【详解】因为球的半径，其内接圆锥的高为，
所以圆锥的底面圆半径为，母线长为，
所以侧面积为．
故选：C．
6. 若为偶函数，则（）．
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据偶函数性质，利用特殊值法求出值，再检验即可.
【详解】因为为偶函数，则，解得，
当时，，，解得或，
则其定义域为或，关于原点对称.
，
故此时为偶函数.
故选：B.
7. 已知函数为奇函数，为偶函数，且当时，，则（）
A. 2B. -2C. 1D. -1
【答案】A
【解析】
【分析】由函数为奇函数，得函数的图象关于点中心对称；由为偶函数，得的图象关于直线轴对称；根据对称性求解即可.
【详解】因为函数为奇函数，所以，即函数的图象关于点中心对称；
因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直线轴对称；
又当时，，
所以，
故选：A.
8. 已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程至少有两解，则的取值范围为（）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的对称性与周期性，数形结合可得函数交点情况，进而确定方程解的情况.
【详解】由已知，则，则，
可知函数为周期函数，最小正周期，
又当时，，
可知函数的图象如图所示，且的值域为，
关于的方程至少有两解，
可得函数与函数的图象至少有两个交点，
如图所示，
可知当时，，解得，即，
当时，，解得，即，
综上所述，
故选：C.
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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 若函数既有极大值也有极小值，则（）．
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出函数的导数，由已知可得在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
因为函数既有极大值也有极小值，则函数在上有两个变号零点，而，
因此方程有两个不等的正根，
于是，即有，，，显然，即，A错误，BCD正确.
故选：BCD
10. 如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为1，且它们彼此的夹角都是60°，则（）
A.
B.
C. 四边形的面积为
D. 平行六面体的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A、B选项通过空间向量的模长及数量积进行判断即可；C选项通过空间向量求出，进而求出面积即可；D选项作出平行六面体的高，求出相关边长，即可求出体积.
【详解】，则，故，A正确；
，，，故，B正确；
连接，则，，即，同理，故四边形为矩形，
面积为，C错误；
过作面，易知在直线上，过作于，连接，由得面，易得，故，，，故平行六面体的体积为，
D正确.
故选：ABD.
11. 若实数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
分析】利用基本不等式和重要不等式将放缩后，求解不等式即可.
【详解】根据基本不等式得，当且仅当时等号成立，
所以，因此，故选项A正确，选项B不正确；
根据重要不等式得，当且仅当时等号成立，
所以，故选项C正确；
当异号时，，所以，选项D不正确；
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. ________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据，，再根据对数的运算即可得出答案.
【详解】因为，
，
所以.
故答案为：.
13. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.
14. 已知：函数是定义在R上的可导函数，当时，，若，且对任意，不等式)恒成立，则实数的取值范围是___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得为偶函数，在上单调递增，不等式等价于，由，解不等式即可.
【详解】函数是定义在上的可导函数，，
则定义域为，，为偶函数，
当时，，则在上单调递增，
当，，则有，
即，所以，
由，可得.
故答案为：
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. 设，函数．
（1）当时，求过点且与曲线相切的直线方程：
（2）是函数两个极值点，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出切点坐标，求出该点的导数值，从而表达出切线方程，再代入切线经过的已知点，从而求出切点横坐标，从而求出切线方程.
（2）先求出函数的极值点（用参数a表示），再代入的计算式即可证出结果.
【小问1详解】
当时，，则导数．
设切点为，则，
所以切线方程为．
又切线过点，则，
整理得，，解得．
所以过点且与曲线相切的直线方程为．
【小问2详解】
证明：依题意，，令，得．
不妨设，则．
所以为定值．
16. 在每年的1月份到7月份，某品牌空调销售商发现：“每月销售量（单位：台）”与“当年的月份”线性相关．根据统计得下表：
（1）根据往年的统计得，当年的月份与销量满足回归方程．请预测当年7月份该品牌的空调可以销售多少台？
（2）该销售商从当年的前6个月中随机选取3个月，记为销量不低于前6个月的月平均销量的月份数，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）72台（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）计算出与后，借助回归直线过样本中心点即可得回归直线方程，再借助回归直线方程代入计算即可得解；
（2）得出的所有可能取值后，计算每种取值对应概率即可得其分布列，借助分布列计算即可得其期望.
【小问1详解】
，
，
又回归直线过样本中心点，
所以，得，
所以，
当时，，
所以预测当年7月份该品牌的空调可以销售72台.
【小问2详解】
因为，所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4，5，6，
所以，
，
，
，
，
所以的分布列为：
.
17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
（1）证明：；
（2）点F满足，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【小问1详解】
连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
【小问2详解】
不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
18. 已知椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
（1）求椭圆方程．
（2）过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，使得恒成立.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
【小问2详解】
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
19. 已知函数．
（1）若，求的极小值．
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，证明：有且只有个零点．
【答案】（1）
（2）答案见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，判断函数单调性，找到极小值点，求出极小值.
（2）求出，再求导，根据分类讨论，判断函数单调性.
（3）由导数为零，可找出极值点及单调区间，取并判断符号，根据零点存在定理可得结论.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
，
在区间递减；
在区间递增．
所以当时，取得极小值．
【小问2详解】
的定义域为，
．
令，
当时，恒成立，所以即在上递增．
当时，在区间即递减；
在区间即递增．
【小问3详解】
当时，，
由（2）知，在上递增，，
所以存在使得，即．
在区间，递减；在区间递增．
所以当时，取得极小值也即最小值为，
由于，所以．
，
，
根据零点存在性定理可知在区间和，各有个零点，
所以有个零点．
0
0
极大值
极小值
月份
1
2
3
4
5
6
销量
12
21
33
41
52
63
0
1
2
3