2022届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期第一次月考数学试题含答案

这是一份2022届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期第一次月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省连云港市灌南高级中学高三上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出与中不等式的解集确定出与，再求出与的并集．【详解】集合，，则，故选：D2．已知角的终边经过点，则函数的值等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用三角函数的定义求出，从而可求出的值【详解】解：因为角的终边经过点，所以，所以故选：A3．函数（且）的图象可能为（ ）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.【解析】1.函数的基本性质；2.函数的图象. 4．设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】A【分析】利用的导函数，结合在区间上的单调性列不等式组求得的取值范围.【详解】由，则， 当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，又函数在区间上单调递减，所以，解得， 故选：A.5．已知函数，则函数的最小正周期为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式以及辅助角公式化简，再根据即可得出答案.【详解】由题意得在由.故选：D6．已知函数，若为锐角且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由得，结合为锐角可得，然后利用二倍角公式可得.【详解】因为，所以，因为为锐角，且，所以，所以，.故选：D.7．已知定义在上的偶函数，若正实数、满足，则的最小值为（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由偶函数定义可构造方程求得，由此得到解析式；由已知等式可得到，根据，配凑出基本不等式的形式，利用基本不等式可求得结果.【详解】为上的偶函数，，即，即，整理得：，，，，即；（当且仅当，即时取等号）；的最小值为.故选：B.8．已知定义在[，]上的函数满足，且当x[，1]时，，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（    ）A．(，] B．(，]C．(，] D．(，]【答案】B【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.【详解】∵当时，，∴当时，，综上，，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，∵有三个不同的实数根，∴的图像和直线有三个不同的交点，作的大致图像如图所示，当直线和的图像相切时，设切点为，∴，可得，，代入，可得，当过点时，，由图知，实数的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点点睛：将方程有三个不同的实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数. 二、多选题9．已知命题；命题.若是的充分不必要条件，则实数的值是（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】先将命题化为最简形式，再代入选项中的值判断即可.【详解】对于：；对于.对于A，当时，，是的既不充分也不必要条件，故A错误；对于B，当时，，是的既不充分也不必要条件，故B错误；对于C，当时，，是的充分不必要条件，故C正确；对于D，当时，，是的充分不必要条件，故D正确.故选:CD10．若定义域为R的函数在上为减函数，且函数为偶函数，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据条件，分析函数 的单调性和对称性，再根据 的性质逐项分析即可.【详解】因为 是偶函数，所以 的图像关于直线 对称，即当 时， 单调递增，当 时，单调递减，在 处取得最大值；对于A， ，错误；对于B， ，正确；对于C， ，正确；对于D， ，正确；故选：BCD.11．函数在一个周期内的图象如图所示，则（    ）．A．该函数的解析式为B．该函数图象的对称中心为，C．该函数的单调递增区间是，D．把函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象【答案】ACD【分析】根据图象可得函数的解析式，然后根据三角函数的性质及图象变换规律逐项分析即得.【详解】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，所以，，即，，又，故，从而，故A正确；令，，得，，故B错误；令，，得，，故C正确；函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到，故D正确．故选：ACD.12．已知函数，则下列结论正确的是（    ）A．函数在上单调递减B．函数在上有极小值C．方程在上只有一个实根D．方程在上有两个实根【答案】ABD【分析】求得函数的导数，求得函数的单调性，可判定A，由函数的单调性和极值的概念，可判定B，利用函数的单调性，极值、端点的函数值，可判定C；将非常的解转化为两个函数图象交点的个数，结合图象，可判定D，即可得到答案.【详解】由题意，函数，可得，当，即，所以，所以，解得，当时，；当时，，当，即，所以，所以，解得，当时，；当时，，所以当时，单调递减，所以A正确；又因为当时，，当时，，所以在出取得极小值，所以B正确；因为，所以在上不只有一个实数根，所以C不正确；因为方程，即，即，所以，正切函数在为单调递增函数，又由函数，可得，当和时，，当时，，且当时，，作出两函数的大致图象，如图所示，由图象可得，当，函数与的图象有两个交点，所以D正确.故选：ABD.【点睛】利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：（1）当导函数不等式可解时，解不等式或，求出函数的单调区间；（2）当方程可解时，解出方程的实根，依据实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间的符号，从而确定函数的单调区间；（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据结构特征，利用图像与性质确定的符号，从而确定单调区间. 三、填空题13．函数的定义域为____.【答案】【详解】由题意得，解得定义域为．14．曲线在处的切线的倾斜角为，则______．【答案】【分析】由导数的几何意义求得，再结合同角三角函数基本关系即可求解【详解】根据已知条件可知：，因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，因为故答案为：15．若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数的值为________．【答案】4【解析】由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可【详解】由题意得函数的最小正周期,解得故答案为：4【点睛】本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的 四、解答题16．设函数，(1)求；(2)求函数所有零点之和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角恒等变化公式化简可得，再求解即可；（2）根据零点的表达式，求出在上的所有零点再求和即可.【详解】(1)，(2)令，则，或， ，即或， ，，或或或，，函数所有零点之和17．在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.结合余弦定，∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II） [方法一]：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即.结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化简得故的取值范围是.[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法  在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法  在（1）的方法二中可得．在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法  如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.19．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，∠ABC=120°．(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若点M为PB的中点，点N为线段PC上一动点，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1) 设的中点为O,先证明，由条件可得，从而可证明结论.(2)由（1）可得，以所在的直线分别建立x轴和y轴，过O点作平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】(1)设的中点为O，因为，所以，因为，所以，所以B，O，D三点共线，所以，因为平面平面，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．(2)由（1）可得，以所在的直线分别建立x轴和y轴，过O点作平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，因为M为的中点，所以，            设，所以，所以，            由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，            设直线与平面所成角为，则，  由的对称轴为，当时， 当时， 即当时，，所以所以，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为20．为了给学生提供优雅的学习环境，某学校决定在夹角为30°的两条道路､之间建造一个半椭圆形状的小花园，如图所示，百米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形区域OMN，作为生物课学习植物的基地.其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G.(1)若百米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；(2)若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，生物学习基地的面积最大？【答案】(1)(2)线段长为百米 【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用直线与椭圆相切去求椭圆长半轴长的最大值；（2）利用设而不求的方法先求得面积的表达式，再对其求最大值即可解决.【详解】(1)以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，因为，则，又､夹角为30°，所以直线的方程为.又因为，则，则椭圆方程为，为了不破坏道路，则直线与椭圆至多只有一个交点，联立方程组，得，由于直线与半椭圆至多只有一个交点，则，又，得.当时半椭圆形小花园与道路直线相切，所以椭圆长半轴长的最大值为.(2)设椭圆焦距为，由椭圆的离心率，，，解得，所以，椭圆的方程为.设，又倾斜角为45°，且交于，所以直线的方程为，设，，由得，则，，则，当且仅当时，的面积最大.所以当线段长为百米，生物学习基地的面积最大.21．已知，R．(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的，恒成立，求整数a的最小值．【答案】(1)分类讨论见解析(2)2 【分析】（1）求导，分，两种情况讨论导函数正负，即得解；（2）转化原不等式为在区间内恒成立，令，求导分析单调性，即得解【详解】(1)由题意得的定义域为，，①时，，在内单调递减，②时，令得或（舍）当，单调递减当，，单调递增．(2)由题意得，整理得，因为，所以原命题等价于在区间内恒成立，令，则，令，易知在区间内单调递增，又，，故存在唯一的，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；故当时，函数有极大值，也即为最大值，，故，又，故，又a为整数，故a的最小整数值为 五、双空题22．已知函数.①当时，若函数有且只有一个极值点，则实数的取值范围是______；②若函数的最大值为1，则______.【答案】          【分析】①首先求出当时的极值点，根据题意即可得到的取值范围.②分别讨论当，和时，求出函数的最大值，比较即可求出的值.【详解】①当时，.，令，解得.因为函数在有且只有一个极值点，所以.②当时，，此时，舍去.当时，，.，..所以，因为，所以.当时，，.，令，解得.，，为增函数，，，为减函数..当时，，所以，（1）当时，；当时，即，，解得（舍去）.当时，即，，解得（舍去）；(2)当时，，只有且，这样的不存在．综上所述：.故答案为：①；②．【点睛】本题主要考查利用导数求含参函数的极值点和最值，分类讨论是解题的关键，属于难题.