2024届江苏省镇江第一中学高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省镇江第一中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题，应用题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先通过解绝对值不等式化简集合，然后由题意得，从而建立不等式组求得的范围.
【详解】解不等式，得，所以.
由，得，
∴，解得﹒
故选：B
2．已知函数，则“”是“在上单调递增”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】求得在上单调递增的充要条件即可判断.
【详解】由题
若在上单调递增，则恒成立，即，
故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件
故选:.
3．如图，在平行四边形中，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解．
【详解】在平行四边形中，，，
所以
，
若，则，则．
故选：D．
4．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.
【详解】，
,
，
又，则，即
所以，
因为，所以，.
由平方可得，即，符合题意.
综上，.
故选：B.
5．三位同学参加某项体育测试，每人要从跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出三个同学选择两个项目的试验的基本事件数，再求出有且仅有两人选择的项目完全相同的事件含有的基本事件数，即可列式作答.
【详解】三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有个，它们等可能，
有且仅有两人选择的项目完全相同的事件含有的基本事件数有个，
所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率.
故选：C
6．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（ ）
A．－4B．4C．5D．8
【答案】C
【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围，在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.
【详解】由的解集为，
则，且，是方程的两根，
由根与系数的关系知，
解得，，当且仅当时等号成立，
故， 设，
函数在上单调递增，
所以
所以的最小值为5.
故选：C
7．已知，，其中，若函数在区间内没有零点，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】，，其中，
,当时，
故，解得，，
k=0时,解得，当k=-1时解得.
故选：D.
【点睛】本小题主要考查数量积的坐标运算,考查利用辅助角公式进行三角函数式子的化简合并,考查函数零点个数的问题,考查运算求解能力.首先利用两个向量数量积的坐标运算,将题目所给向量的数量积表达式求解出来,用辅助角公式合并后结合函数的周期和零点列出不等式,求解得的取值范围.
8．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】令，，利用导数判断其单调性，进而可得；令，，利用导数判断其单调性，进而可得.
【详解】令，，则，
则在上单调递减，所以，
可知对任意的恒成立，可得，即；
对于，，由，.
令，，则，
则在上单调递增，所以，
即，所以.
综上所述：.
故选：C.
二、多选题
9．近年来，网络消费新业态､新应用不断涌现，消费场景也随之加速拓展，某报社开展了网络交易消费者满意度调查，某县人口约为万人，从该县随机选取人进行问卷调查，根据满意度得分分成以下组：、、、，统计结果如图所示.由频率分布直方图可认为满意度得分（单位：分）近似地服从正态分布，且，，，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.则（ ）
A．由直方图可估计样本的平均数约为
B．由直方图可估计样本的中位数约为
C．由正态分布可估计全县的人数约为万人
D．由正态分布可估计全县的人数约为万人
【答案】ABD
【分析】利用频率分布直方图计算出样本的平均数与中位数，可判断AB选项；利用正态分布原则可判断CD选项.
【详解】对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为
，A对；
对于B选项，前两个矩形的面积为，
前三个矩形的面积之和为，
设样本的中位数为，则，
由中位数的定义可得，解得，B对；
对于C选项，因为，，，
所以，，
所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，C错；
对于D选项，因为，，
所以，
，
所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，D对.
故选：ABD.
10．已知函数，函数的图象在点和点处的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，若，则（ ）
A．B．的取值范围是
C．直线AM与BN的交点的横坐标恒为1D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】由题意分别表示出，，两直线相互垂直可得，由带入中化简即可判断A正误；求得及的直线方程，由与y轴相交可求得点坐标，由两点间距离公式可求得，再根据的取值范围，即可求得的范围；求得及的直线方程后联立求得横坐标，化简即可比较横坐标与的大小关系；由距离公式表示出展开后由基本不等式即可求得取值范围.
【详解】不妨设，，则，，
当时，
当时
由导数的几何意义知，．
因为的图象在A，B两点处的切线互相垂直，所以，即．
对于A，因为，所以A正确．
对于B，因为：，：，
则，，所以，所以B正确．
对于C，当时，，
即直线AM与BN的交点的横坐标恒小于1，所以C错误．
对于D，，所以D正确．
故选：ABD．
11．如图，四棱锥的底面是梯形，，，，，平面平面，，分别为线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥外接球的体积为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为
【答案】AC
【分析】根据平面平面，得到平面,可判断A，B选项；异面直线与所成角的余弦值在中由余弦定理，可判断C选项；若直线与平面所成的角为，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆可判断D选项.
【详解】
易证四边形为菱形，所以，
连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以平面又平面，所以，故A正确；
易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，
所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；
因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，故C正确；
因为平面，所以为在平面内的射影，
若直线与平面所成的角为，则，
因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，
所以点的轨迹长度为，故D错误．
故选：．
12．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．有最大值D．
【答案】BCD
【分析】由条件及正弦定理得，，再由正、余弦定理，三角形的面积公式，三角函数的最值等知识逐一判断选项即可．
【详解】由及正弦定理得：，
对于A选项：，故A错误；
对于B选项：，故B正确；
对于C选项：
，其中，
有最大值，故C正确；
对于D选项：因为，,当且仅当时取等号.
所以，
两边平方得：，又，
化简得：，且，,
解得，
所以，即成立，故D正确.
故选：BCD．
三、填空题
13．已知，，且在方向上的投影与在方向上的投影相等，则 ．
【答案】或.
【分析】根据题意，结合向量的数量积的定义和坐标运算，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，，可得，且，
因为在方向上的投影与在方向上的投影相等，
可得，即，解得.
故答案为：或.
14．我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为 立方尺（注：1丈尺）
【答案】3892
【分析】画出图形，由平行线段成比例求出正四棱台的高，然后由棱台体积公式直接计算即可求解.
【详解】按如图所示方式取截正四棱锥，

分别为上、下底面正方形的中心，分别为的中点，
正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，
高三丈，即尺；
截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，
所以，
所以由可知，有，
解得，
所以该正四棱台的体积是（立方尺）．
故答案为：3892.
15．已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】分为两种情况，当时，，只需，当即，令，对求导求出的最大值，即可求出答案.
【详解】当时，，

由图可知，，此时若对任意，
只需，即，即．
当，此时若对任意，
即，所以只需．
令，则，
当单调递增，当单调递减，
．
综上，．
故答案为：.
四、双空题
16．如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当二面角的大小为时，则 ；四棱锥外接球的表面积为 .
【答案】 / /
【分析】画出图形，把分解表示为，根据已知条件可以求得的模长从而由模长公式即可求出；画出图形，先找出底面所在圆的圆心并求出相应的半径，然后通过待定系数来确定四棱锥外接球球心位置和相应的半径，从而即可求解.
【详解】如图所示：
如图所示：取的中点为，
因为是边长为的正三角形的一条中位线，
所以，，
，
由题意可知是由沿翻折而成，
所以，
又面面，
所以二面角即为，
由题意可知，
所以
，
所以
；
如图所示：
连接，因为是边长为的正三角形的三条边的三个中点，
所以，
所以，
所以四点共圆，且为该圆的圆心，
因此四棱锥外接球球心一定在过点且垂直于面的直线上，设为点，
则有，
由题意点的投影一定在直线上，不妨设为点，即，
过作，
不妨设，则，
又在中，，
所以，
，
又，
所以，解得，
所以四棱锥外接球半径的平方为，
所以四棱锥外接球的表面积为.
综上所述：当二面角的大小为时，则；四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：第一空的关键是利用空间向量的模长公式，解决第二空的关键是要熟练的作出图形中的辅助线，利用数形结合来确定圆心或球心的位置，从而求出相应的半径.
五、解答题
17．已知函数 的部分图象如图所示.该图象与y轴交于点，与x轴交于B，C两点，D为图象的最高点，且的面积为.

(1)求的解析式及其单调递增区间.
(2)若将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若 ，求的值.
【答案】(1) ，
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积可得周期，根据经过的可得即可求解解析式，由整体法即可求解单调区间.
（2）根据平移和伸缩变换可得进而根据同角关系即可求解.
【详解】（1）由题意，函数，可得的高为2，的面积为，
即 ，可得，
则，
图象与y轴交于点，可得，即 ，

故的解析式为
令 解得
故的单调递增区间为
（2）将的图象向右平移个单位长度，可得 ，
再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，可得
函数
由 即
，则 ，
所以.
18．在中，内角的对边分别为，且
（1）求B．
（2）是否存在，使得，若存在，求若不存在，说明理由.
【答案】（1）或；（2）当时，存在，使得当时，不存在，使得
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，进而求得.
（2）利用正弦定理化简已知条件，对进行分类讨论，进而求得.
【详解】（1）因为，
所以，
可得或，
即或，
所以，
又因为，所以或.
（2）因为，所以.
当时，，
可得，
所以，
又因为，所以
当时，，
可得，
所以，无解，
综上，当时，存在，使得
当时，不存在，使得
19．已知函数，（，）
(1)若，，证明：函数在区间上有且仅有个零点；
(2)若对于任意的，恒成立，求的最大值和最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)最小值为，最大值为
【分析】（1）代入的值，化简，即可求得，根据单调性即可求解；
（2）令，问题转化为时，，要求的最值，则需要和的系数相等进行求解.
【详解】（1）证明：当，时，
，
则，
，，且是一个不间断的函数，
在上存在零点，
，，∴在上单调递增，
在上有且仅有1个零点.
（2）由（1）知，令，则，
∴，
∵对于任意的，恒成立，∴恒成立.
令，则时，恒成立.
即，
令，解得或.
当时，解得，
取，成立，则恒成立，，
当时，解得，
取，成立，则恒成立.
，
综上，的最小值为，的最大值为.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，从以下几个角度分析：
（1）赋值法和换元法的应用；
（2）三角函数图像和性质的应用；
（3）转化化归思想的应用.
六、证明题
20．四棱锥中，为矩形，平面平面.
（1）求证：
（2）若问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）详见解析，（2）时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为
【分析】（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以AB平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD平面PAD，所以ABPD
（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P作AD的垂线，垂足为O，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以PO平面ABCD，下面用表示高及底面积：设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大.求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC的法向量及平面DPC的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.
【详解】（1）证明：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD
平面PAD平面ABCD=AD所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，故ABPD
（2）解：过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.
故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG
在直角三角形BPC中，
设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为
因为
故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大.
建立如图所示的空间直角坐标系，

故
设平面BPC的法向量，则由,得
解得
同理可求出平面DPC的法向量，从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为
七、应用题
21．第19届杭州亚运会-电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注.已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：
第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组.
第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组.
第三轮：败者组两支队伍对阵（即比赛5），失败队伍被淘汰（获得季军）；获胜队伍成为败者组第一名.
第四轮：败者组第一名和胜者组第一名决赛（即比赛6），争夺冠军.假设每场比赛双方获胜的概率均为0.5，每场比赛之间相互独立.问：

(1)若第一轮队伍和队伍对阵，则他们仍能在决赛中对阵的概率是多少？
(2)已知队伍在上述季后赛后半段所参加的所有比赛中，败了两场，求在该条件下队伍获得亚军的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据乘法公式求概率即可；
（2）根据条件概率公式求概率即可.
【详解】（1）由题意可知，第一轮队伍和队伍对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，
所以所求的概率为.
（2）设表示队伍在比赛中胜利，表示队伍在比赛中失败，
设事件：队伍获得亚军，事件队伍所参加的所有比赛中败了两场，
则事件包括，且这五种情况彼此互斥，
进而
，
事件包括，且这两种情况互斥，
进而，
所以所求事件的概率为.
八、证明题
22．已知函数．
(1)若，，求证：有且仅有一个零点；
(2)若对任意，恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求出，然后分类讨论，时，利用不等式性质放缩：，再利用导数证明右边大于0，，直接由不等式的性质证明，时，利用导数证明其有唯一零点；
（2）由，恒成立，得出函数在0的左侧邻域内，是减函数，有，则，从而得出必要条件，然后利用导数证明其也是充分条件，同样分类讨论：当时，由不等式性质证明，时，利用导数进行证明．
【详解】（1）证明：由题意得，当时，，
故．
（i）当时，，记，
则，单调递增，，
所以，即当时，无零点．
（ii）当时，，，
即当时，无零点．
（iii）当时，．
因为，所以，即单调递增．
又因为，，
所以当时，存在唯一零点．
综上，当时，有且仅有一个零点．
（2）易知，因此恒成立，则在0的左侧邻域内，是减函数，有，则．
因为，
所以，得是对任意成立的必要条件．
下面证明充分性．
当时，，等价于．
令，，即证．
（i）当时，，，
即成立．
（ii）当时，记，则．
由，得，所以，即单调递增，
，即，
，则，
时，，单调递减，时，，单调递增，
因此是的最小值，即，所以恒成立，
所以．
综上，．
【点睛】思路点睛：用导数研究不等式恒成立问题，常常是利用导数求得的最小值，再由最小值不小于0得参数范围，也可以利用特殊值求得参数的范围（必要条件），然后证明这个范围对所有自变量都成立（充分条件），从而得出结论．