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2024届江苏省连云港市赣马高级中学高三上学期10月第一次学情检测数学试题含解析
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这是一份2024届江苏省连云港市赣马高级中学高三上学期10月第一次学情检测数学试题含解析，共13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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：C.
2．已知命题：，：，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】A
【分析】解出绝对值不等式化简命题p，再结合充分必要条件的定义进行判断.
【详解】由，解得，则命题p：.
因为：，则由能推出，但不能推出，
因此，是的充分必要不条件．
故选：A．
3．若，，则一定有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由不等式的性质判断BD，由作差法判断AC即可.
【详解】，，∴，故D对B错；
，大小关系不确定，故AC错.
故选：D
4．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程.
【详解】，所求切线斜率，
所求切线方程为：，即.
故选：A.
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先换元，再结合诱导公式应用二倍角公式计算即可.
【详解】令，得，即，
．
故选:B．
6．已知，，，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的单调性，得到，，又，从而可求出结果.
【详解】因为，，，所以．
故选：C．
7．当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
8．若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分离参数，求出函数的最小值即可.
【详解】函数， 依题意，时，，
显然函数在上单调递增，于是当时，取得最大值3，
因此，从而，
所以实数的取值范围是．
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知命题p：，，则命题p的否定为：，
B．函数与是同一个函数
C．若函数的定义域为，则函数的定义域为
D．定义在上的奇函数满足，则函数的周期为4
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用两种特殊命题的否定即可判断出结果的正误；对于选项B，利用相等函数：定义相同，即可判断出选项的正误；对于选项C，利用抽象函数的定义域的求法，即可求出的定义域，进而可判断出选项的正误；对于选项D，根据条件，利用函数性质即可判断出选项的正误.
【详解】对于A，命题p：，，则命题p的否定为，，所以选项A正确；
对于B，的定义域为，的定义域为，故，不是同一函数；所以选项B错误；
对于C，函数定义域为，则中的范围为，由抽象函数的定义域可得，中的范围为，即，
解得，故函数的定义域为，所以选项C正确；
对于D，由，得，故，因为为奇函数，故，
所以，从而，故，则函数的周期为4，故选项D正确．
故选：ACD．
10．下列式子的运算结果为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用两角和与差的正弦，余弦，正切公式化简及特殊角的三角函数求值，即可判断选项.
【详解】对于A，，不符合题意；
对于B，，符合题意；
对于C，，不符合题意；
对于D，，符合题意．
故选:BD．
11．设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为9D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】对于AD，利用基本不等式判断即可；对于B，利用不等式判断即可，对于C，利用基本不等式“1”的妙用判断即可.
【详解】对于A，因为，，，
则，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，因为，
故，当且仅当时取等号，即的最小值，故B正确；
对于C，，
当且仅当且，即，时取等号，
所以的最小值为9，故C正确；
对于D，，
故，当且仅当时取等号，即的最大值，故D错误．
故选：ABC.
12．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．点是图象的一个对称中心
C．在上单调递增
D．将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象
【答案】BC
【分析】求正弦型函数最小正周期判断A；代入法验证是否为对称中心判断B；由函数在上递增求自变量x的对应区间判断C；根据平移写出平移后的解析式判断D.
【详解】的最小正周期为，故A错误．
，
所以是图象的一个对称中心，故B正确．
由，
所以在上单调递增，C正确．
的图象上所有的点向右平移个单位长度得到，故D错误．
故选：BC
三、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答.
【详解】函数，所以.
故答案为：1
14．关于的不等式的解集为，且，则 .
【答案】2
【分析】根据一元二次不等式的解法可得，，代入求解即可.
【详解】解：因为由，得，
解得，
所以，，
所以，
所以．
故答案为：2．
15．某单位建造一个长方体无盖水池，其容积为，深3m.若池底每平米的造价为150元，池壁每平米的造价为120元，则最低总造价为 元.
【答案】8160
【分析】利用基本不等式计算即可.
【详解】设长，宽，∴，
∴，
总造价.
当且仅当时取得等号.
故答案为：8160
16．若曲线过点的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】设切点，然后利用导数的几何意义求出切线方程，将点的坐标代入切线方程化简，得到关于的二次方程，则此方程有两个不相等的实根，从而由可求得答案.
【详解】，设切点，则切线的斜率为，
故切线方程为，
取，代入，得，
∵，∴有两个不等实根，
故，解之，得或，
故答案为：或
四、解答题
17．求下列函数的最值：
(1)当时，求函数最小值；
(2)当时，求函数的最大值.
【答案】(1)5
(2)
【分析】（1）将函数解析式变形为，然后利用基本不等式可求得该函数的最小值；
（2）将函数解析式变形为，然后利用基本不等式可求得该函数的最大值.
【详解】（1）（1）当时，，
所以，
当且仅当，即时取得等号，即的最小值为5．
（2）,
当且仅当，即时等号成立.
故函数的最大值为.
18．已知函数是定义域为R的偶函数.
(1)求实数的值；
(2)若对任意，都有成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由偶函数定义求得参数值；
（2）由基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得范围．
【详解】（1）由偶函数定义知：，
即，
∴对成立，.
（2）由（1）得：；
∵，∴，当且仅当即时等号成立，
∴，
∴，即，解得：或 ，
综上，实数的取值范围为.
19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足
（1）求角B的大小；
（2）若，求的值；
（3）若，，求边a的值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）由正弦定理的边角转化得，结合三角形内角性质即可求角B.
（2）由两角差、倍角公式展开，根据已知条件及（1）的结论即可求值.
（3）根据余弦定理列方程即可求a的值.
【详解】（1）由正弦定理有：，而为的内角，
∴，即，由，可得，
（2），
∵，，可得，而，
∴，
（3）由余弦定理知：，又，，，
∴，可得.
20．设为实数，函数，．
(1)求的极值；
(2)对于，，都有，试求实数的取值范围．
【答案】(1)极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；
（2）分析可知，利用导数求得函数在上的最小值，求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
令，可得或，列表如下：
故函数的极大值为，极小值为.
（2）解：对于，，都有，则.
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，
因为，且，则且不恒为零，
故函数在上单调递增，故，
由题意可得，故.
21．如图，在五面体中，四边形为正方形，平面，，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在△中，过点作交于，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在△中，过点作交于，连接，
又，则且，
因为，所以，
又，，则，且，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面；
.
（2）四边形为正方形，平面，则两两垂直，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，，
则，令，则，，则，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
22．设函数.
（Ⅰ）当时，求的极值；
（Ⅱ）当时，求的单调区间；
（Ⅲ）若对任意及，恒有
成立，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）极小值为 ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）求的解，根据极值的定义判断在x两侧的符号，从而求出的极值.
（Ⅱ）对求导，利用二次函数求根的方法进行分类讨论，然后利用导数的正负求得单调区间；
（Ⅲ）由（Ⅱ）的结论，求得的最大最小值，从而求出的最值，转化为求大于的最大值的问题，进而求得m的范围.
【详解】（Ⅰ）依题意，知的定义域为.
当时，，.
令，解得，
当时，；当时，，
又，
所以的极小值为，无极大值；
（Ⅱ）∵，
当时，， 令，得或，令，得；
当时，得，令，得或，令，得；
当时，；
综上所述，当时，的递减区间为；递增区间为；
当时，在单调递减；
当时，的递减区间为，递增区间为.
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当时，在单调递减.
当时，取最大值；当时，取最小值.
所以
，
因为恒成立，
所以，整理得.
又，所以，
又因为，得，
所以，
所以.
【点睛】本题考查利用导数求函数的极值和单调区间，考查函数的恒成立问题，同时考查了学生的解题能力和转化能力，解题的关键是二次函数分类讨论求不等式以及恒成立问题的转化，属于难题.
增
极大值
减
极小值
增
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：C.
2．已知命题：，：，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】A
【分析】解出绝对值不等式化简命题p，再结合充分必要条件的定义进行判断.
【详解】由，解得，则命题p：.
因为：，则由能推出，但不能推出，
因此，是的充分必要不条件．
故选：A．
3．若，，则一定有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由不等式的性质判断BD，由作差法判断AC即可.
【详解】，，∴，故D对B错；
，大小关系不确定，故AC错.
故选：D
4．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据导数几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程.
【详解】，所求切线斜率，
所求切线方程为：，即.
故选：A.
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先换元，再结合诱导公式应用二倍角公式计算即可.
【详解】令，得，即，
．
故选:B．
6．已知，，，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的单调性，得到，，又，从而可求出结果.
【详解】因为，，，所以．
故选：C．
7．当时，函数取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．
【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．
故选：B.
8．若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分离参数，求出函数的最小值即可.
【详解】函数， 依题意，时，，
显然函数在上单调递增，于是当时，取得最大值3，
因此，从而，
所以实数的取值范围是．
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知命题p：，，则命题p的否定为：，
B．函数与是同一个函数
C．若函数的定义域为，则函数的定义域为
D．定义在上的奇函数满足，则函数的周期为4
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用两种特殊命题的否定即可判断出结果的正误；对于选项B，利用相等函数：定义相同，即可判断出选项的正误；对于选项C，利用抽象函数的定义域的求法，即可求出的定义域，进而可判断出选项的正误；对于选项D，根据条件，利用函数性质即可判断出选项的正误.
【详解】对于A，命题p：，，则命题p的否定为，，所以选项A正确；
对于B，的定义域为，的定义域为，故，不是同一函数；所以选项B错误；
对于C，函数定义域为，则中的范围为，由抽象函数的定义域可得，中的范围为，即，
解得，故函数的定义域为，所以选项C正确；
对于D，由，得，故，因为为奇函数，故，
所以，从而，故，则函数的周期为4，故选项D正确．
故选：ACD．
10．下列式子的运算结果为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用两角和与差的正弦，余弦，正切公式化简及特殊角的三角函数求值，即可判断选项.
【详解】对于A，，不符合题意；
对于B，，符合题意；
对于C，，不符合题意；
对于D，，符合题意．
故选:BD．
11．设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为9D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】对于AD，利用基本不等式判断即可；对于B，利用不等式判断即可，对于C，利用基本不等式“1”的妙用判断即可.
【详解】对于A，因为，，，
则，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，因为，
故，当且仅当时取等号，即的最小值，故B正确；
对于C，，
当且仅当且，即，时取等号，
所以的最小值为9，故C正确；
对于D，，
故，当且仅当时取等号，即的最大值，故D错误．
故选：ABC.
12．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．点是图象的一个对称中心
C．在上单调递增
D．将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象
【答案】BC
【分析】求正弦型函数最小正周期判断A；代入法验证是否为对称中心判断B；由函数在上递增求自变量x的对应区间判断C；根据平移写出平移后的解析式判断D.
【详解】的最小正周期为，故A错误．
，
所以是图象的一个对称中心，故B正确．
由，
所以在上单调递增，C正确．
的图象上所有的点向右平移个单位长度得到，故D错误．
故选：BC
三、填空题
13．已知函数，则 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答.
【详解】函数，所以.
故答案为：1
14．关于的不等式的解集为，且，则 .
【答案】2
【分析】根据一元二次不等式的解法可得，，代入求解即可.
【详解】解：因为由，得，
解得，
所以，，
所以，
所以．
故答案为：2．
15．某单位建造一个长方体无盖水池，其容积为，深3m.若池底每平米的造价为150元，池壁每平米的造价为120元，则最低总造价为 元.
【答案】8160
【分析】利用基本不等式计算即可.
【详解】设长，宽，∴，
∴，
总造价.
当且仅当时取得等号.
故答案为：8160
16．若曲线过点的切线有且仅有两条，则实数的取值范围是 .
【答案】或
【分析】设切点，然后利用导数的几何意义求出切线方程，将点的坐标代入切线方程化简，得到关于的二次方程，则此方程有两个不相等的实根，从而由可求得答案.
【详解】，设切点，则切线的斜率为，
故切线方程为，
取，代入，得，
∵，∴有两个不等实根，
故，解之，得或，
故答案为：或
四、解答题
17．求下列函数的最值：
(1)当时，求函数最小值；
(2)当时，求函数的最大值.
【答案】(1)5
(2)
【分析】（1）将函数解析式变形为，然后利用基本不等式可求得该函数的最小值；
（2）将函数解析式变形为，然后利用基本不等式可求得该函数的最大值.
【详解】（1）（1）当时，，
所以，
当且仅当，即时取得等号，即的最小值为5．
（2）,
当且仅当，即时等号成立.
故函数的最大值为.
18．已知函数是定义域为R的偶函数.
(1)求实数的值；
(2)若对任意，都有成立，求实数k的取值范围.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由偶函数定义求得参数值；
（2）由基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得范围．
【详解】（1）由偶函数定义知：，
即，
∴对成立，.
（2）由（1）得：；
∵，∴，当且仅当即时等号成立，
∴，
∴，即，解得：或 ，
综上，实数的取值范围为.
19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足
（1）求角B的大小；
（2）若，求的值；
（3）若，，求边a的值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】（1）由正弦定理的边角转化得，结合三角形内角性质即可求角B.
（2）由两角差、倍角公式展开，根据已知条件及（1）的结论即可求值.
（3）根据余弦定理列方程即可求a的值.
【详解】（1）由正弦定理有：，而为的内角，
∴，即，由，可得，
（2），
∵，，可得，而，
∴，
（3）由余弦定理知：，又，，，
∴，可得.
20．设为实数，函数，．
(1)求的极值；
(2)对于，，都有，试求实数的取值范围．
【答案】(1)极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；
（2）分析可知，利用导数求得函数在上的最小值，求出函数在上的最大值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
令，可得或，列表如下：
故函数的极大值为，极小值为.
（2）解：对于，，都有，则.
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，
因为，且，则且不恒为零，
故函数在上单调递增，故，
由题意可得，故.
21．如图，在五面体中，四边形为正方形，平面，，，，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在△中，过点作交于，连接，证明四边形为平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在△中，过点作交于，连接，
又，则且，
因为，所以，
又，，则，且，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，
所以平面；
.
（2）四边形为正方形，平面，则两两垂直，
如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，，
则，令，则，，则，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
22．设函数.
（Ⅰ）当时，求的极值；
（Ⅱ）当时，求的单调区间；
（Ⅲ）若对任意及，恒有
成立，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）极小值为 ，无极大值；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）求的解，根据极值的定义判断在x两侧的符号，从而求出的极值.
（Ⅱ）对求导，利用二次函数求根的方法进行分类讨论，然后利用导数的正负求得单调区间；
（Ⅲ）由（Ⅱ）的结论，求得的最大最小值，从而求出的最值，转化为求大于的最大值的问题，进而求得m的范围.
【详解】（Ⅰ）依题意，知的定义域为.
当时，，.
令，解得，
当时，；当时，，
又，
所以的极小值为，无极大值；
（Ⅱ）∵，
当时，， 令，得或，令，得；
当时，得，令，得或，令，得；
当时，；
综上所述，当时，的递减区间为；递增区间为；
当时，在单调递减；
当时，的递减区间为，递增区间为.
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当时，在单调递减.
当时，取最大值；当时，取最小值.
所以
，
因为恒成立，
所以，整理得.
又，所以，
又因为，得，
所以，
所以.
【点睛】本题考查利用导数求函数的极值和单调区间，考查函数的恒成立问题，同时考查了学生的解题能力和转化能力，解题的关键是二次函数分类讨论求不等式以及恒成立问题的转化，属于难题.
增
极大值
减
极小值
增
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