江苏省盐城市建湖高级中学2023-2024学年高三数学上学期学情检测(一)试题（Word版附解析）

这是一份江苏省盐城市建湖高级中学2023-2024学年高三数学上学期学情检测(一)试题（Word版附解析），共23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。
2024届高三年级学情检测（一）数学试卷总分：150分，时间：150分钟一、单选题1. 若命题，，则命题p的否定是（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】C【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得正确答案.【详解】命题，，则命题p的否定是，，故选：C2. 已知集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分别解出两个集合中的不等式的解集，求出在实数集中的补集与的交集即可得解.【详解】因为，，所以，因此.故选：D.【点睛】本题主要考查集合的补集运算和交集运算，涉及指数不等式，以及对数型函数定义域，属于基础题型.3. 化简，结果是（    ）A. 6x―6 B. ―6x+6 C. ―4 D. 4【答案】D【解析】【分析】由根式的性质可得，再由根式的化简即可求解.【详解】∵，∴，∴，∴故选：D.4. 设，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数和对数函数单调性求解.【详解】因为，所以，故选：D5. 若平面的法向量，直线l的方向向量，则（    ）A.  B.  C.  D. 或【答案】D【解析】【分析】根据法向量与方向向量数量积的运算结果，结合线面关系进行判断即可.【详解】因为，所以或.故选：D6. 设，，若是的必要而不充分条件，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出为真时的取值范围，根据集合的包含关系与充分必要条件之间的联系求解．【详解】解不等式，，解不等式，因为是的必要而不充分条件，则，故选：A.7. 若x，y，z∈R+，且3x=4y=12z，∈（n，n+1），n∈N，则n的值是（　　）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】【分析】设，用表示出，然后根据对数的运算性质和换底公式进行变形求解可得所在的范围，进而得到答案．【详解】设，则，∴．∵，∴；又，∴，即．∴．故选C．【点睛】本题考查对数的换底公式、对数的性质以及基本不等式，具有一定的灵活性和难度，解题的关键是用参数表示出，考查变换和计算能力．8. 已知函数，．若，，使得成立，则实数的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，将问题转化为的值域是的值域的子集，然后分与讨论，即可得到结果.【详解】设函数在上的值域为，函数在上的值域为，因为若，，使得成立，所以，因为，，所以在上的值域为，因为，当时，在上单调递减，所以在上的值域为，因为，所以，解得，又，所以此时不符合题意，当时，图像是将下方的图像翻折到轴上方，令得，即，①当时，即时，在，上单调递减，，，所以的值域，又，所以，解得，②当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，，或，所以的值域或，又，所以或，当时，解得或，又，所以，当时，解得或，又，所以，所以的取值范围．③当时，时，在上单调递增，所以，，所以在上的值域，又，所以，解得，综上所述，的取值范围为.故选：C二、多选题9. 给出下列命题，其中正确命题有（　　）A. 空间任意三个不共面的向量都可以作为一组基底B. 已知向量，则与任何向量都不能构成空间的一组基底C. A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一组基底，那么点A，B，M，N共面D. 已知向量是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底【答案】ABCD【解析】【分析】根据空间向量基底、空间点共面的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】选项A中，根据空间向量基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以构成空间的一组基，所以A正确；选项B中，根据空间的基底的概念，可得B正确；选项C中，由不能构成空间的一组基底，可得共面，又由过相同点B，可得A，B，M，N四点共面，所以C正确；选项D中，由是空间的一组基底，则基向量与向量一定不共面，所以可以构成空间的另一组基底，所以D正确.故选：ABCD10. 已知函数，若存在实数，，使得在的取值范围为，那么可以为（    ）A. 1 B. 0 C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】判断二次函数的对称轴和单调性，根据单调性以及定义域和值域建立方程组，然后分析建立不等式组解出参数的范围即可.【详解】因为函数开口向上，对称轴为的二次函数，所以在上单调递增，而，所以在单调递增，所以，所以为方程的两个不相等的非负实数根，所以，故选：BC.11. 已知，则（    ）A. 最大值为B. 的最小值为4C. 的最小值为D. 的最小值为16【答案】BCD【解析】【分析】A选项，对不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最大值；B选项，将不等式变形为，利用基本不等式得到，求出的最小值；C选项，对不等式变形为，利用求解的最小值；D选项，不等式变形为，利用基本不等式求出和的最小值.【详解】由得：，因为，所以，所以，由基本不等式可得：当且仅当时，等号成立，此时，解得：或，因为，所以舍去，故的最大值为2，A错误；由得：，因为，所以，所以，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，即，解得：或，因为，所以舍去，故的最小值为4，B正确；由变形为，则，由基本不等式得：，当且仅当时等号成立，此时，令，则由，解得：或（舍去）所以的最小值为，C正确；由可得：，从而当且仅当时，即，等号成立，故最小值为16.故选：BCD，12. 定义在R上的函数，满足，，，，则（    ）A. 是函数图象的一条对称轴B. 2是的一个周期C. 函数图象的一个对称中心为D. 若，且，，则n的最小值为2【答案】ABC【解析】【分析】由已知可推得关于直线对称，.又有.进而得出，即有，即可得出B项；根据的周期可得出的周期为4，结合的对称性，即可得出A项；由的对称中心，即可得出关于点对称，结合的性质，即可得出C项；根据的周期性以及对称性可得，，然后分讨论求解，即可判断D项.【详解】由可得，所以关于直线对称，所以关于直线对称，即关于直线对称，所以关于直线对称，所以关于直线对称，所以有，所以有，所以.又由可得，，所以关于点对称，所以.对于B项，因为，，所以，，所以，所以，的周期为，故B项正确；对于A项，由已知周期为2，所以的周期为4.因为关于直线对称，所以是函数图象的一条对称轴，故A项正确；对于C项，关于点对称，所以关于点对称，所以关于点对称，所以.又关于直线对称，所以，所以，所以有，所以函数图象的一个对称中心为，故C项正确；对于D项，由C知，关于点对称，关于点对称，所以，，，所以.又的周期为4，所以对，.因为，则当时，有.因为，所以，不满足题意；当时，，不满足题意；当时，，满足题意.故n的最小值为3，D错误．故选：ABC．【点睛】关键点睛：根据已知关系式可得出的对称轴，进而根据的关系，即可推得的对称轴，结合的对称中心，即可得出的周期.三、填空题13. 计算：__________【答案】1【解析】【分析】根据指数的运算以及对数的运算性质即可求出．【详解】原式＝．故答案为：1．14. 已知：，，则的最小值是______.【答案】##【解析】【分析】根据基本不等式求解即可.【详解】解：，，，，，当且仅当，即，时取等号，的最小值是故答案为：15. 在直三棱柱中，平面，且，为中点，当时，则点到平面的距离为______.【答案】##【解析】【分析】利用等体积法求点到平面的距离即可.【详解】如图所示，     ，，，为中点，,平面,,,,设点到平面的距离为h，,,,故答案为：16. 已知定义在上的奇函数满足．且当时，．若对于任意，都有，则实数的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】f（x）为周期为4的函数，且是奇函数．0在函数定义域内，故f（0）＝0，得a＝1，先得到[﹣1，3]一个周期内f（x）的图象，求出该周期内使f（x）≥1﹣log23成立的x的范围，从而推出的范围，再分t的范围讨论即可．【详解】解：由题意，f（x）为周期为4的函数，且是奇函数．0在函数定义域内，故f（0）＝0，得a＝1，所以当0≤x≤1时，f（x）＝log2（x+1），当x∈[﹣1，0]时，﹣x∈[0，1]，此时f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣log2（﹣x+1），又知道f（x+2）＝﹣f（x）＝f（﹣x），所以f（x）以x＝1为对称轴．且当x∈[﹣1，1]时f（x）单调递增，当x∈[1，3]时f（x）单调递减．当x∈[﹣1，3]时，令f（x）＝1﹣log23，得x，或x，所以在[﹣1，3]内当f（x）＞1﹣log23时，x∈[，]．设g（x），若对于x属于[0，1]都有，因为g（0）∈[，]．故g（x）∈[，]．①当0时，g（x）在[0，1]上单调递减，故g（x）∈[t，]⊆[，]．得t≥0，无解．②0≤t≤1时，，此时g（t）最大，g（1）最小，即g（x）∈[t﹣1，]⊆[，]．得t∈[0，1]．③当1＜t≤2时，即，此时g（0）最小，g（t）最大，即g（x）∈[，]⊆[，]．得t∈（1，2]，④当t＞2时，g（x）在[0，1]上单调递增，故g（x）∈[，t]⊆[，]．解得，t∈（2，3]，综上t∈[0，3]．故填：[0，3]．【点睛】本题考查了复合函数的值域、对称区间上函数解析式的求法、二次函数在闭区间上的最值、函数的对称性、周期性、恒成立等知识．属于难题．四、解答题17. 已知集合，集合（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）由题意可得，解一元二次不等式求出集合，再根据集合的交集运算即可求出结果;（2）因为，所以，所以，由此即可求出结果.【小问1详解】解：当时，集合集合或；所以或.小问2详解】解：因为，所以，所以，即.18. 已知集合或，集合（1）若，且，求实数的取值范围．（2）已知集合，若是的必要不充分条件，判断实数是否存在，若存在求的范围【答案】（1）；    （2）存在，.【解析】【分析】（1）由集合交运算可得，根据集合的包含关系并讨论是否为空集，列不等式组求参数范围；（2）由题意，列不等式组求参数m范围.【小问1详解】由题设，又，当时，，可得.当时，，可得.综上，a的范围.【小问2详解】由题意，而，所以，结合（1）有(等号不同时成立)，可得.故存在实数且.19. 如图，在正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）中，，D为BC的中点，E为侧棱上的点．（1）当E为的中点时，求证：∥平面；（2）是否存在点E，使得平面与平面ABC所成的锐二面角为60°，若存在，求AE的长，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析    （2）不存在；理由见解析【解析】【分析】（1）要证明线面平行，利用线面平行的判断定理，转化为证明线线平行；（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法，列式求解.【小问1详解】取中点，连接，，为的中点，所以且，又因为为的中点，，且，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】如图建立空间直角坐标系，所以，，设，,，设平面的一个法向量，所以,所以 所以 平面的一个法向量为，所以，整理得，所以，所以，所以不存在点，使得平面与平面所成的锐二面角为．20. 如图，在三棱台中，，，，侧棱平面，点是棱的中点．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先根据线面垂直的性质与判定证明，再根据勾股定理证明，进而根据线面垂直得到平面，从而根据面面垂直的判定证明即可（2） 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，再分别求解平面的一个法向量，进而得到面面角的正弦即可【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面．又平面，所以．又因为，，所以，所以．又，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面．【小问2详解】以 为坐标原点，，，的所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为，，所以，，，，．设平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，且，，，，因为所以令，则，，所以．又因为所以令，则，，所以．所以．设二面角的大小为，则，所以二面角的正弦值为．21. 已知，其中a为常数.（1）当时，解不等式；（2）已知是以2为周期偶函数，且当时，有.若，且，求函数的解析式；（3）若在上存在n个不同的点，使得，求实数a的取值范围.【答案】（1）；    （2）；    （3）.【解析】【分析】（1）分类讨论去绝对值，转化为不等式组，进而即得；（2）利用函数的奇偶性及周期性结合条件即得；（3）分，，，讨论，根据二次函数的性质结合条件进而即得.【小问1详解】当时，则，当时，，所以，当时，，所以，综上，原不等式的解集为；【小问2详解】当时，，因为是以2为周期的偶函数，所以，由，且，得，所以当时，，所以当时，，，即当时，；【小问3详解】①当时，函数在上单调递增，所以，所以，解得；②当时，函数在上单调递增，所以，所以，解得；③当时，则，所以在上单调递增，在上单调递减，
于是令，解得或，不符合题意；④当时，则函数分别在、上单调递增，在上单调递减，所以，令，解得或，不符合题意；综上，所求实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是去绝对值后，转化为最值问题，然后结合二次函数的图象和性质即得．22. 已知，其中.（1）若，求的取值范围.（2）设，若，恒有，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据的奇偶性与单调性列式求解即可；（2）根据题意分析可得，结合单调性求最值，代入运算求解即可.【小问1详解】注意到，即为偶函数，当时，，当时，，则，当时，，则，因此对时，，即在上单调递增，则，即，故，平方可得，即，解得，所以的取值范围.【小问2详解】设，依题意可知，因为，则，当时，由（1）可知，在上单调递增，在上单调递增，则在上单调递增，可得在上单调递减，所以，又因为，且在上单调递增，则在上单调递增，可得在上单调递增，所以，，因此恒成立，设，即，则，解得，即，解得，结合可知，可得，所以的取值范围.【点睛】结论点睛：1.对，，则等价于；2.对，，则等价于；3.对，，则等价于；4.对，，则等价于.