2023届江苏省丹阳高级中学、常州高级中学、南菁高级中学高三上学期10月联考数学试题含解析

2023届江苏省丹阳高级中学、常州高级中学、南菁高级中学高三上学期10月联考数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合交集运算法则进行计算.

【详解】由已知，，又表示整数，表示奇数，故，

故选：B

2．“”是“对任意的正数，”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】当时，求的最小值，可得出充分性满足；通过举反例，可得出必要性不满足.

【详解】时，，充分性满足；

，若，此时也满足，则必要性不满足.

所以“”是“对任意的正数，”的充分不必要条件.

故选:.

3．函数,的部分图像如图所示，则下列说法不正确的是（    ）

A．的图像的最小正周期为4

B．的图像的对称轴方程为

C．的图像的对称中心为

D．的单调递增区间为

【答案】B

【分析】A选项，由图像可得到，求出最小正周期；

B选项，结合最小正周期得到，再代入特殊值求出，用整体法求解函数的对称轴方程；

C选项，整体法求解函数的对称中心；

D选项，整体法求解函数的单调递增区间.

【详解】对于A：由图可知，，所以，所以A正确；

对于B：因为，所以；由图可知，一条对称轴为，

所以，因为，所以；

所以; 所以令，

可得对称轴方程：，，B错误

对于C: 令，，所以，，

所以对称中心为，，C正确；

对于D：令，，

所以递增区间为，，D正确

故选：B

4．意大利著名天文学家伽利略曾错误地猜测链条自然下垂时的形状是抛物线．直到1690年，雅各布·伯努利正式提出该问题为“悬链线”问题并向数学界征求答案．1691年他的弟弟约翰·伯努利和菜布尼兹、惠更斯三人各自都得到了正确答案，给出悬链线的数学表达式为双曲余弦型函数：（e为自然对数的底数）．当a=2时，记，，，则p，m，n的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用定义判断函数的奇偶性，再利用导数得到函数在区间上单调递增，分析即得解

【详解】由题意知，，

当a=2时，

定义域为，且

故为偶函数

又，

当时，，即函数在区间上单调递增

因为，

又，所以，即

故选：B

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角函数诱导公式，结合同角的三角函数关系将原式化简，即可求得答案.

【详解】因为，则

,

故选:D．

6．如图，在平面四边形中，，分别为，的中点，，，，若，则实数的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得分别求出和的坐标，再分别求出和的坐标，，再利用数量积坐标运算求解即可.

【详解】根据题意得：，,

因为，分别为，的中点，所以，，

所以，又，即，解得.

故选：D.

7．已知函数则f[f(x)]<2的解集为（    ）

A．(1－ln2，＋∞) B．(－∞，1－ln2)

C．(1－ln2，1) D．(1，1＋ln2)

【答案】B

【分析】根据题意，由分段函数的解析式分段分析函数的单调性，综合可得函数在上为增函数，设，若，分析可得，即，结合函数的单调性分析可得，解可得的取值范围，即可得答案．

【详解】根据题意，函数，

当时，，为增函数，且（1），

当时，，为增函数，且（1），

则函数在上为增函数，

设

若，即，则有，

即，

则有，解可得，

则的解集为；

故选：．

【点睛】本题考查分段函数及运用，涉及不等式的解法，注意分析函数的单调性．

8．如图是一个近似扇形的湖面，其中，弧的长为.为了方便观光，欲在两点之间修建一条笔直的走廊.若当时，，扇形的面积记为，则的值约为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题可得，再根据扇形面积公式可得，结合条件即得.

【详解】设扇形的圆心角为，则，

在中，，

又，

∴，又，

∴.

故选：B.

二、多选题

9．已知，则 （    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】对A，对两边同除ab化简即可判断；

对B，对不等式移项进行因式分解得，即可进一步判断的符号不确定，即可判断；

对C，对不等式移项进行因式分解得，由即可判断；

对D，对不等式移项进行根式运算得，即可进一步判断

【详解】对A，，A正确；

对B，，∵，∴，不等式不一定成立，B错误；

对C，，∵，∴，不等式成立，C正确；

对D，，所以，不等式不成立，D错误；

故选：AC．

10．已知关于的的解集是，则（    ）

A．

B．

C．关于的不等式的解集是

D．的最小值是

【答案】AB

【分析】由一元二次不等式的解集和一元二次方程根的关系，结合韦达定理可求得，，，由此可确定AB正确；结合一元二次不等式的解法可知C错误；将化为，根据对勾函数单调性可确定，知D错误.

【详解】对于A，的解集为，，且和是方程的两根，A正确；

对于B，由A得：，，，

，B正确；

对于C，由得：，

即，解得：，

即不等式的解集为，C错误；

对于D，，

，

在上单调递增，，D错误.

故选：AB.

11．声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数.若某声音对应的函数可近似为，则下列叙述正确的是（    ）

A．为的对称轴

B．为的对称中心

C．在区间上有个零点

D．在区间上单调递增

【答案】BD

【分析】由判断A，由判断B，令，利用二倍角公式、正弦函数、余弦函数的性质求出方程的根，即可判断C，求出函数的导函数，根据余弦函数的性质判断D；

【详解】解：对于A：因为

不是关于对称，故A错误.

对于B：因为

关于对称，故B正确.

对于C：令，即，即，解得或，

所以或或或，故在区间上有个零点，故C错误；

对于D：，

当时，，在上单调递增，故D正确；

故选：BD

12．已知函数，，若，，则的取值可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】根据题意整理可得，可将化为，构造函数，利用导数求解可得.

【详解】由题意可得：，整理得到，①

又因为，整理得②

由于为增函数，并综合上式①②，可以得到，

所以

令，则，

令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增．

因为，所以，

又因为，

所以可能的取值为，，即的取值可能是，.

故选：BD

三、填空题

13．已知函数，先将的图象上所有点的纵坐标不变横坐标变为原来的4倍，再将图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则的最小正周期为___________.

【答案】

【分析】先由伸缩变换与平移变换的得到，再由周期公式求解即可

【详解】将的图象上所有点的纵坐标不变横坐标变为原来的4倍为，

再向右平移个单位变为，

所以的最小正周期为

故答案为：

14．若，，则______．

【答案】

【分析】由题，结合三角恒等变换，求出或的值，即可由或求值

【详解】解法一    由得，两边平方得，，解得或（，舍去），故

解法二    将两边同时平方，得，即，又，则，所以，则．

故答案为：

15．写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．

①；②当时，；③是奇函数．

【答案】（答案不唯一，均满足）

【分析】根据幂函数的性质可得所求的.

【详解】取，则，满足①，

，时有，满足②，

的定义域为，

又，故是奇函数，满足③.

故答案为：（答案不唯一，均满足）

16．拿破仑是法国伟大的军事家､政治家，对数学也很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.在中，以为边向外构造的三个等边三角它们的中心依次为.若，则的面积为___________.

【答案】

【分析】通过余弦定理求得，结合已知易得三点共线，进而求等边三角形的边长，应用三角形面积公式求面积即可.

【详解】由，而，

所以，

由题意，故，

所以三点共线，则，

故等边三角形的面积.

故答案为：

四、解答题

17．在中，、、的对边分别为、、，且．

（1）求的大小；

（2）已知，求的面积的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系、正弦定理以及余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的大小；

（2）由基本不等式可求得的最大值，再利用三角形的面积公式可求得的面积的最大值．

【详解】（1）由，

得：，

，

由正弦定理得：，即，得．

由，故；

（2）由，得，故，

当且仅当时取等号，所以面积的最大值为．

18．在平面四边形中，.对角线与交于点，且.

(1)求的长；

(2)求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中，利用正弦定理明确，然后求边即可；

（2）在中，求出，进而在中，利用余弦定理得到结果.

【详解】(1)在中，由，得

所以，所以，

所以；

(2)在中，，因为，

所以.

在中，，

所以，即.

19．如图，在正三棱柱中，底面边长为2，，D为的中点，点E在棱上，且，点P为线段上的动点．

(1)求证：；

(2)若直线与所成角的余弦值为，求平面和平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）根据勾股定理逆定理，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）根据空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】(1)在矩形中，，D为的中点，

所以，所以，

因为是正三角形，D为的中点，

所以，又因为是正三棱柱，所以平面，

而平面，所以，而平面，

所以平面，因为平面，所以，

因为平面，点P为线段上，

所以平面，而平面，所以；

(2)如图以的中点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，

则，设，

则，

所以，即，解得，

所以，

设为平面的法向量，则

令，则，所以，

取为平面的法向量，所以，

所以平面与平面的夹角的余弦值为．

20．已知函数.

(1)若在上单调递增，求正数的取值范围；

(2)在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，D、E、H为边上的点.从以下给出的3个条件中选择其中1个条件，并根据所选择的条件判断是否存在满足条件的三角形？若存在，求出的周长；若不存在，请说明理由（若多种选择作答，则按第一种解答给分）.①边的中线；②A角的角平分线；③边的垂线.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）化简并求出其中的一个单调递增区间，从而得到为它的一个子区间；

（2）若选择①，求出，不合题意.故此时不存在满足条件的三角形.若选择②，利用三角形的面积关系可得，再构造出关于的方程；若选择③，利用三角形的面积关系可得故，再构造出关于的方程；

【详解】(1)由题，

.

令，则.

令，则在上单调递增.

由在上递增，则，解得.

故正数的取值范围为.

(2)（2）由，，则，则.

因为，由余弦定理，（）.

若选择①，设，则.

因为D为中点，有，又，

在中，由余弦定理有.

同理在中，.

故.

代入（）式，则，不合题意.故此时不存在满足条件的三角形.

若选择②，由为角平分线，则.

由，且，有.

即.

由（）式，有，将上式代入，则有.

解得.

此时的周长为.

若选择③，由为垂线，则，故.

由（）式，有，将上式代入，则有.

此时，的周长为.

21．人脸识别就是利用计算机分析人脸视须或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份.在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.己知二维空间两个点、，则其曼哈顿距离为，余弦相似度为，余弦距离：.

(1)若、，求、之间的余弦距离；

(2)已知，、,，若,，求、之间的曼哈顿距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用题中定义可求得点、间的余弦距离；

（2）利用两角和与差的正弦、余弦公式可求出点、的坐标，结合题中定义可求得、之间的曼哈顿距离.

【详解】(1)解：因为、，所以，

所以、间的余弦距离为.

(2)解：因为，，

所以.

因为，所以.

因为，

所以.

因为，则，

所以.

因为，

，所以.

因为，

，

所以.

因为，

所以、之间的曼哈顿距离是.

22．已知函数．

(1)若，求函数的单调区间；

(2)设，当时，（是的导函数），求a的取值范围．

【答案】(1)的单调递增区间为，，单调递减区间为

(2)．

【分析】（1）求导，利用导数判断的单调区间；（2）根据题意将问题转化为，构建新函数，利用导数判断其单调性可得在上恒成立，利用参变分离结合函数最值分析求解.

【详解】(1)当时，，

令，得或，

当或时，，当时，，

所以的单调递增区间为，，单调递减区间为

(2)

∵，则，

即，即，

设，则可得

∵，则设，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，即，

则函数在上单调递增，则由，

得在上恒成立，即在上恒成立．

即在上恒成立，

设，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以，

故．

【点睛】本题解题关键是根据指对同构化简整理，即将整理为，然后构建新函数结合导数与单调性分析理解.