2023-2024学年江苏省南通市高三上学期第一次月考数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市高三上学期第一次月考数学质量检测模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了在梯形中，是中点，，设，则，已知，则，设，则，设函数，则，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数的导函数为，则“”是“函数在处有极值”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．如图，某人为测量塔高，在河对岸相距的，处分别测得，，（其中，与塔底在同一水平面内），则塔高（ ）
A．
B．
C．
D．
5．在梯形中，是中点，，设，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．设，则（ ）
A．B．C．D．
8．若定义在上的奇函数在上单调递增，且，则满足的的取值范围是（）
A．B．
C．D．
二、选择题：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．设函数，则（ ）
A．是偶函数B．在上有无数个零点
C．在上单调递减D．的最大值为
10．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A．B．当时，
C．D．
12．已知正方体的棱长为为底面、的中心，分别将线段、延长距离到点和，依次连接，并延长交于点，顺次连接，则（ ）
A．
B．平面平面
C．当且仅当时，点在同一球面上
D．当时，多面体的体积最小
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知向量满足，的夹角为，则 .
14．写出一个同时满足下列三个条件的函数 .
定义域为；②；③
15．已知一个底面半径和高均为2的圆锥，被一个平行于底面，且过其高的中点的平面所截，则截面和底面之间的几何体的体积为 .
16．已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知函数的图象与轴交点之间的最短距离为，将 的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称.
(1)求；
(2)已知，求
18．某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：在一个不透明箱中装有4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出3个球，观察颜色后放回.若摸出的球中有个红球，则分得个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目.
(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；
(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.
19．如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，.
(1)证明：；
(2)若，，，平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求.
20．记的内角的对边分别为，.
(1)求；
(2)设为的中点，若，求.
21．已知点在椭圆上，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交于两点，
①若，求直线的方程；
②求的面积的取值范围.
22．已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若有两个极值点，求证.
1．D
【分析】先求出集合，再求出，最后求出.
【详解】，所以，所以，
因为，所以或，
所以，
故选：D
2．C
【分析】先根据复数的除法运算求得，再结合共轭复数的概念运算求解.
【详解】因为，则，
所以.
故选：C.
3．B
【分析】根据函数在极值点处有极值时导数必为0，导数为0不一定有极值判断即可.
【详解】若函数在处有极值，则一定有；
反之，若，函数在处不一定有极值，
如在处满足，但在处无极值，
所以“”是“函数 在处有极值”的必要不充分条件．
故选：B
4．A
【分析】根据给定条件，在中，利用正弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解即得.
【详解】在中，由正弦定理得，，则，
在中，.
故选：A
5．D
【分析】根据图形进行向量的线性运算即可.
【详解】，
，
故选：D.
6．C
【分析】根据题意结合倍角公式以及齐次式问题分析求解.
【详解】因为，
又因为，即，且，
可得，
则，
所以.
故选：C.
7．B
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性即可比较大小.
【详解】，
根据指数函数在上单调递减得，即，
再结合对数函数在上单调递增得，，
故选：B.
8．D
【分析】作出图象分类讨论即可.
【详解】由题意作出的图象如图所示：

由，即无解，
或，即，
故选：D.
9．ACD
【分析】判断函数奇偶性判断A；求出函数取值范围判断B；确定函数单调性判断C；求出函数的最大值判断D.
【详解】函数的定义域为R，，是偶函数，A正确；
当时，，在上无零点，B错误；
当时，，在上单调递减，C正确；
对，，当且仅当时取等号，D正确.
故选：ACD
10．BC
【分析】由基本不等式的性质可判断，；根据基本不等式的性质和对数函数的单调性即可判断；构造函数，根据其在上的最小值即可判断.
【详解】因为，，
所以，故错误；
因为，
当且仅当时，即,时等号成立，故正确；
因为，，
由基本不等式可知，，计算得，
所以，故正确；
令函数，
因为
当，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，得，
因为，，
所以，且，，
所以，
因为，即，故错误.
故选.
11．ABD
【分析】利用抽象函数性质进行合理赋值即可判断.
【详解】对于A，令，时，，
，A正确；
对于B，当时，令，则，
则，
而，，B正确.
对于C，若，则在上单调递减，
时，在上不单调递减，C错.
对于D，，D正确.
故选：ABD.
12．ACD
【分析】对于A：连接，结合平行四边形性质分析判断；对于B：根据题意分析可知为正四棱锥，结合空间向量分析证明；对于C：根据几何体的对称性可知：若点在同一球面上，则外接球的球心为正方体的中心，结合球的性质运算求解；对于D：根据题意结合锥体的体积可得多面体的体积，令，结合导数求最值.
【详解】对于选项A：连接，可知和的中点均为正方体的中心，
即为平行四边形，所以∥，即∥，故A正确；

对于选项B：因为∥，∥，
则，，
所以∥，且，可得，
同理可得：为正方形，为正四棱锥，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
令，解得，
当且仅当，即时，平面平面，
显然本题不成立，故B错误；
对于选项C：结合选项B可知：若点在同一球面上，
则外接球的球心为正方体的中心，
由可得，解得，
所以当且仅当时，点在同一球面上，故C正确；
对于选项D：多面体的体积，
令，则，
可知当时，，单调递增；
可知当时，，单调递减；
所以当且仅当时，取到最小值，即多面体的体积取到最小值，故D正确；
故选：ACD.
关键点睛：1.根据几何性质分析可知为正四棱锥，结合正四棱锥的结构特征分析求解；
2.在求体积最值时，通过构建新函数，利用导数求最值.
13．
【分析】根据向量的模长公式直接代入求解即可.
【详解】，
故答案为.
14．0（答案不唯一，符合题意即可）
【分析】根据题意结合函数性质分析求解.
【详解】例如，
则的定义域为，，，满足题意.
故0（答案不唯一，符合题意即可）.
15．
【分析】作出图形，再利用锥体体积公式即可.
【详解】如图，圆锥高为中点，，
截面与底面之间的几何体的体积.
故答案为.
16．
【分析】首先排除的情况，再通过同构思想得到函数，再分类讨论即可.
【详解】若时，时，，舍去.
若时，
令，，，
则在上单调递增，且
①若，即时，则不等式(式恒成立；
②若，即时，而，
令，.
当，，则在上单调递增，
当，，则在上单调递减，
，的取值范围为.
故答案为.
关键点睛：本题的关键是通过合理变形，再利用函数的单调性得到，再对合理分类讨论即可.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出即可求出.
（2）利用（1）的结论求出，再利用二倍角公式计算即得.
【详解】（1）由函数的图象与轴交点之间的最短距离为，
得函数的周期，则，即，
函数的图象向右平移个单位后得到的图象对应函数为，
若此函数为偶函数，于是，而，则，
所以.
（2）由（1）知，，
所以
.
18．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）由题意分析可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，进而结合组合数运算求解；
（2）由题意可知的可能取值为：0，1，2，3，结合超几何分布求分布列和期望.
【详解】（1）记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，
可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，
所以.
（2）由题意可知的可能取值为：0，1，2，3，则有：
，
，
可得的分布列为
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意先证平面，可得，进而再证平面，即可得结果；
（2）过作∥，设，建系，利用空间向量结合面面夹角运算求解.
【详解】（1）由题意可知：，，，平面，
则平面，且平面，可得，
又因为，，平面，
则平面，且平面，所以.
（2）过作∥，可知，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面与平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可得：，解得，
所以.
20．(1)；
(2)
【分析】（1）先用二倍角公式化简，然后边化角，最后只剩角直接求解即可；
（2）先用中点向量公式求出的关系，然后求出的关系，最后求出角的余弦值，再求出正弦值和正切值即可.
【详解】（1）因为，
代入可得，
即，
即，
而，代入可得，
而，故；
（2）因为为的中点，所以，
即，
所以，又因为，所以，
代入可得，即，即，
因为恒成立，所以，
所以，即，
所以，而为三角形内角，
所以，
所以.
21．(1)
(2)①直线的方程为或；②
【分析】（1）代入点得到方程，再结合离心率即可得到方程；
（2）①利用设线法将直线与椭圆联立，得到韦达定理式，再根据共线向量的定义得到，代入计算即可；②利用弦长公式和点到直线的距离公式得到面积表达式，再利用换元法得到其范围即可.
【详解】（1）因为点在椭圆上，
所以①，
因为椭圆的离心率为，所以，
因为，所以，②
由①②得，，所以椭圆的方程为.
（2）设过点的直线交于两点，
①（i）当直线轴，则，所以不满足题意；
（ii）当直线斜率存在，设直线方程为，
联立方程，化简得，；
因为，且
若，则，
所以，代入，
化简得，，解得，
所以直线的方程为或.
②（i）当直线轴，则的面积；
（ii）由①中（ii）知，
又到直线的距离，
所以，
令，所以，所以，
因为，所以，所以；
综上所述，的面积取值范围是.
关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，将直线与椭圆联立得到韦达定理式，根据交点横坐标的关系得到方程解出参数，再利用弦长公式和点到直线距离公式得到面积表达式，通过换元等方法求出其范围即可，最后不忘考虑直线斜率不存在的情况.
22．(1)有极小值1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导函数研究函数的极值即可；
（2）根据题意得出是方程的两个根，结合函数表达式将问题转化为证，利用极值点偏移构造函数，判定其单调性计算即可.
【详解】（1）当时，函数，
易知在定义域上单调递增，且，
所以当时，，即此时单调递减，
当时，，即此时单调递增，
故在时取得极小值，；
（2）由，
令，即，
由题意可知是方程的两个根，
则，
欲证，
即证，
即证，
令，
若，定义域上单调递增，不存在两个零点，舍去；
则，可知在时，单调递减，
在时，单调递增，
要符合题意则需，
又时，，时，，
此时不妨令，
构造函数
，
即在定义域内单调递增，即，
所以，
因为，所以，
且在时，单调递增，故，得证.
本题关键在于先转化问题为证，利用极值点偏移构造函数，判定其单调性及最值得出即可.
0
1
2
3