2023南通高三上学期第一次质量监测数学试题Word解析版

2023届高三第一次质量监测

数学

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.

【答案】C

【解析】

【分析】首先通过求解分式不等式化简集合，然后利用指数函数的单调性化简集合，最后利用集合间的交运算即可求解.

【详解】∵

∴

由指数函数的单调性可知，，

从而，

故.

故选：C.

2. 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】B

【解析】

【分析】

从充分性和必要性两方面进行讨论即可.

【详解】充分性：当，时充分性不成立；

必要性：由可得，即，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B

【点睛】本题主要考查充要条件的判定，涉及到不等式的性质，属于基础题.

3. 函数的部分图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】结合已知条件，利用函数奇偶性可判断B；通过判断在上的符号可判断D；通过判断在上的零点个数可判断AC.

【详解】由题意可知，的定义域为，

因为，所以，

故为奇函数，从而的图像关于原点对称，故B错误；

当时，且，此时，故D错误；

因为在上有无数个零点，

所以在上也有无数个零点，故A错误，C正确.

故选：C.

4. 在中，内角所对的边分别为，则下列条件能确定三角形有两解的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】结合已知条件和正弦定理即可求解.

【详解】对于A：由正弦定理可知，

∵，∴，故三角形有一解；

对于B：由正弦定理可知，，

∵，∴，故三角形有两解；

对于C：由正弦定理可知，

∵为钝角，∴B一定为锐角，故三角形有一解；

对于D：由正弦定理可知，，故故三角形无解.

故选：B.

5. 通过研究正五边形和正十边形的作图，古希腊数学家毕达哥拉斯发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即.记，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将代入，根据恒等变换公式化简，即可求得结果.

【详解】，

故选:C.

6. 已知过点作曲线的切线有且仅有条，则（    ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】设出切点，对函数求导得出切线的斜率，利用点斜式方程写出切线，将点代入，并将切线有且仅有条，转化为方程只有一个根，列方程求解即可．

【详解】设切点为，

由已知得，则切线斜率，切线方程为

直线过点，则，化简得

切线有且仅有条，即，化简得，即，解得或

故选：C

7. 设，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据，判断的大小，由，构造函数，利用导数判断单调性，即可得到.

【详解】由不等式可得，即；，

设，

因为，所以在上单调递增，

所以当，所以，即.

所以.

故选：C

8. 如图是一个近似扇形的湖面，其中，弧的长为.为了方便观光，欲在两点之间修建一条笔直的走廊.若当时，，扇形的面积记为，则的值约为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得，再根据扇形面积公式可得，结合条件即得.

【详解】设扇形的圆心角为，则，

在中，，

又，

∴，又，

∴.

故选：B.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 设，则下列不等式中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用基本不等式及其变形求最值即可判断.

【详解】A选项：，当且仅当时，等号成立，故A正确；

B选项：，所以，当且仅当时，等号成立，故B错；

C选项：，当且仅当时，等号成立，故C正确；

D选项：，当且仅当，即，时，等号成立，故D正确.

故选：ACD.

10. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（    ）

A.

B. 的图象关于直线对称

C.

D. 在上的值域为

【答案】AC

【解析】

【分析】结合函数图像求出的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断B；利用换元法和三角函数性质求出在上的值域可判断D.

【详解】由图像可知，，，故A正确；

从而，

又由，，

因为，所以，

从而，故C正确；

因为，

所以不是的对称轴，故B错误；

当时，则，

因为在上单调递减，在上单调递增，

所以，

因为，，所以，

故，即，

从而，

即在上的值域为，故D错误.

故选：AC.

11. 对于定义域为的函数，若同时满足下列条件：①，；②，，，则称函数为“函数”.下列结论正确的是（    ）

A. 若为“函数”，则其图象恒过定点

B. 函数在上是“函数”

C. 函数在上是“函数”（表示不大于的最大整数）

D. 若为“函数”，则一定是上的增函数

【答案】AC

【解析】

【分析】结合函数新定义的概念利用赋值法即可求解.

【详解】对于A：不妨令，则，

因为，，所以，

故，故A正确；

对于B：不妨令，，

则，，，即，

这与，，矛盾，故B错误；

对于C：由题意可知，，，

不妨令，其中整数部分，为小数部分，则；

再令，其中为整数部分，为小数部分，则；

若，则；

若，则，

从而，，成立，故C正确；

对于D：由题意可知，常函数为“H函数”，但不是增函数，故D错误.

故选：AC.

12. 已知分别是函数和的零点，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】把函数的零点转化两个函数图像交点的横坐标，再结合反函数图像的特点得到点和关于点对称，根据可判断A、B选项；结合基本不等式可以判断C选项；利用特殊值的思路得到的范围即可判断D选项.

【详解】因为，分别是函数，的零点，所以，，那么，可以看做函数和与函数图像交点的横坐标，

如图所示，点，，分别为函数，，的图像与函数图像的交点，所以，因为函数和互为反函数，所以函数图像关于的图像对称，的图像也关于的图像对称，所以点和关于点对称，，，故AB正确；

因为，，所以，而，故C错；

当时，函数对应的函数值为，函数对应的函数值为，因为

，所以，

所以的范围为，那么，而，所以，故D正确.

故选：ABD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若，则___________.

【答案】4

【解析】

【分析】根据展开可得，从而求得，再由，即可得到结果.

【详解】因为，即

所以，平方可得，所以，

所以

故答案为：

14. 已知的面积为，则的中线长的一个值为___________.

【答案】或

【解析】

【分析】结合已知条件和三角形面积公式求，然后利用余弦定理即可求解.

【详解】因为的面积为，

所以，

故或；

①当时，，

故，

因为，所以，

故；

②当时，，

故，

在中，由余弦定理可知，

在中，由余弦定理可知，，

故.

综上所述，的中线长为或.

故答案为：或.

15. 某容量为万立方米的小型湖，由于周边商业过度开发，长期大量排放污染物，水质变差，今年政府准备治理，用没有污染的水进行冲洗，假设每天流进和流出的水均为万立方米，下雨和蒸发正好平衡.用函数表示经过天后的湖水污染质量分数，已知，其中表示初始湖水污染质量分数.如果，要使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的以下，至少需要经过天___________.（参考数据：）

【答案】116

【解析】

【分析】根据题意列不等式，再结合对数计算公式解不等式即可.

【详解】设至少需要经过天，因为要使湖水的污染水平下降到开始时污染水平的10%以下，所以，又因为，所以，由题意知，，，所以，整理得，，解得，所以至少需要经过116天.

故答案为：116.

16. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用奇函数的性质得到，再根据不等式构造函数，分析函数在时的单调性，根据单调性、奇偶性和解不等式即可.

【详解】因为为奇函数，定义域为，所以，，

又因为时，，所以，

构造函数，所以，

所以当时，，上单调递增，

又因为，所以，在上大于零，在上小于零，

又因为，所以当时，在上大于零，在上小于零，因为为奇函数，所以当时，在上小于零，在上大于零，

综上所述：解集为.

故答案为：.

【点睛】常见的函数构造形式：

①，；

②，.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知数列满足，，.

（1）证明：数列是等比数列；

（2）求数列的通项公式.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】(1)结合递推公式利用等比数列的定义证明即可；(2)结合(1)中结论，利用累加法和等比数列求和公式即可求解.

【小问1详解】

因为，所以，

从而，

因为，，所以，

故数列是首项为，公比为的等比数列.

【小问2详解】

由(1)可知，，

故当时，，，，，，

由各式相加可知，，

故，

当时，也满足，

故数列的通项公式为：.

18. 在中，角的对边分别为.

（1）若，求；

（2）若，求证：.

【答案】（1）   

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）由三角形内角和，可表示出角，根据三角恒等式，结合正弦定理，可得的值，根据二倍角式，进而可得，由余弦定理，可得答案；

（2）由题意，结合余弦定理与正弦定理，根据同角三角函数的关系式，可得答案.

【小问1详解】

，，则

，，，

，

由正弦定理，可得：，则，

可得，解得，则，

由余弦定理，，故.

【小问2详解】

，，，

由余弦定理，①，

②，

①与②相除可得：，

，两边同除以，可得.

19. 如图，在三棱柱中，侧面底面，侧面是菱形，，，.

（1）若为的中点，求证：；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】(1)结合已知条件和平面几何关系知，然后利用面面垂直性质和线面垂直性质可知，最后利用线面垂直判定和性质即可证明；(2)取的中点，然后利用面面垂直性质证明底面，再建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，最后利用二面角的向量公式即可求解.

【小问1详解】

∵侧面是菱形，∴，

∵为的中点，∴，

∵侧面底面，侧面底面，，底面，

∴侧面，

∵侧面，∴，

∵，∴平面，

∵平面，∴.

【小问2详解】

取中点，连接，从而，

又由，则，

∵侧面底面，侧面底面，

∴底面，

以为坐标原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图：

由已知条件和上图可知，，，，，

由题意可知，为平面的一个法向量，

不妨设平面的一个法向量，

因为，，

从而，

令，则，，即，

设二面角为，由图可知为钝角，

从而，即，

故二面角的正弦值为.

20. 某校组织围棋比赛，每场比赛采用五局三胜制（一方先胜三局即获胜，比赛结束），比赛采用积分制，积分规则如下：每场比赛中，如果四局及四局以内结束比赛，取胜的一方积3分，负者积0分；五局结束比赛，取胜的一方积2分，负者积1分.已知甲､乙两人比赛，甲每局获胜的概率为.

（1）在一场比赛中，甲的积分为，求的概率分布列；

（2）求甲在参加三场比赛后，积分之和为5分的概率.

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】(1)结合已知条件，可能取值为，，，，然后分析每种积分对应的输赢情况，然后利用二项分布和独立事件的概率乘法求解即可；(2)结合(1)中结论，分析积分之和为5时三场比赛的积分情况，然后利用独立事件的概率乘法求解即可.

【小问1详解】

由题意可知，可能取值为，，， ，

当时，则前三场比赛都输或前三场比赛赢一场且第四场比赛输，

则，

当时，前四场比赛赢两场且第五场比赛输，

则；

当时，前四场比赛赢两场且第五场比赛赢，

则，

当时，前三场比赛都赢或前三场比赛赢两场且第四场比赛赢，

则，

故的概率分布列如下：

【小问2详解】设甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为事件，

则甲的三场比赛积分分别为1、1、3或者0、2、3或者1、2、2，

故，

故甲在参加三场比赛后，积分之和为5分为.

21. 已知分别是椭圆的左､右顶点，分别是的上顶点和左焦点.点在上，满足.

（1）求的方程；

（2）过点作直线（与轴不重合）交于两点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析，定值为

【解析】

【分析】（1）根据可设，根据，利用斜率相等且在椭圆上列式可得椭圆基本量的关系，再根据求解基本量即可；

（2）由题意设：，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再表达出，结合韦达定理求解即可.

【小问1详解】

因为，故可设，因为，故，即，解得.

又在椭圆上，故，解得，故.

又，故，故，.

故的方程为.

【小问2详解】

因为椭圆方程为，故，当斜率为0时或重合，不满足题意，故可设：.

联立可得，设，则.

故

故定值为

【点睛】本题主要考查了椭圆中基本量的求解，同时也考查了联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理表达目标表达式，再化简求解的问题，为方便计算，当直线过的定点在轴时可设直线的横截距式，同时注意韦达定理中的关系进行化简.属于难题.

22. 设函数，.

（1）若直线是曲线的一条切线，求的值；

（2）证明：①当时，；

②，.（是自然对数底数，）

【答案】（1）   

（2）①证明见解析②证明见解析

【解析】

【分析】(1)首先利用导函数的几何意义求出切点，再将切点代入切线即可求出；

(2)①将原不等式化简为，然后利用导函数求在上的最大值大于0即可；②结合①中条件，利用放缩法只需证明，然后利用隐零点证明不等式在上恒成立即可，最后结合和的单调性即可证明原不等式在上恒成立.

【小问1详解】

由，则，

设在上的切点为，

从而，

故在上的切点为，

将代入得，，

故的值为.

【小问2详解】

①当时，，

不妨令，则，

故在上单调递减，

从而对，都有，

故当时，.

②(i)由①知，当时，，

从而，

故，

欲证，只需证，

则，

令，则，

从而在上单调递减，

因为，，

由零点存在的基本定理可知，，使得，

从而，

结合在上单调递减可知，；，

故在上单调递增，在上单调递减，

从而，

故，

即当时，；

(ii) 由，从而在上单调递增，

故当时，，

又因为在上单调递增，

故当时，，

当时，，此时，

综上所述，，.

【点睛】利用隐零点证明不等式需要注意的地方：

一、在利用隐零点求函数最值的时候，一定要精确隐零点所在区间的端点值，否则在证明的时候放缩过大或过小都很难求证；

二、二分法是一种精确隐零点所在区间的一种较好的方法.