江苏省连云港市灌南高级中学2023届高三数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

灌南高级中学2021-2022高三年级第一学期第一次月考

数学试卷

一、单选题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（每题5分，8题共40分）

1. 若集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【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：D

2. 已知角的终边经过点，则函数的值等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【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：A

3. 函数（且）的图象可能为（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.

考点：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

【解析】

【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

【解析】

【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：D

6. 已知函数，若为锐角且，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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、多项选择题：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. 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

【解析】

【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:CD

10. 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

【解析】

【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

【解析】

【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

【解析】

【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 函数的定义域为____.

【答案】

【解析】

【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】

【解析】

【分析】由导数几何意义求得，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】

【分析】

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

16. 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】    ①.     ②.

【解析】

【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.

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17. 设函数，

（1）求；

（2）求函数所有零点之和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【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.

【小问1详解】

，

【小问2详解】

令，则，

或， ，

即或， ，

，

或或或，

，

函数所有零点之和

18. 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）

【解析】

【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.

19. 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）.

【解析】

【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.

20. 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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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．

【小问2详解】

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

21. 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

【解析】

【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.

【小问1详解】

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.

【小问2详解】

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.

22. 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

【解析】

【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

小问1详解】

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．

【小问2详解】

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