2023届江苏省扬州中学高三上学期10月月考数学试题含解析

2023届江苏省扬州中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则以下结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题得, 再判断得解.

【详解】由题得, 所以，，，不是的子集，

故选：B

2．下列命题中，真命题是（       ）

A．“”是“”的必要条件 B．，

C． D．的充要条件是

【答案】B

【分析】利用举反例可判断A，C，D，再根据指数函数的性质可判断B

【详解】解：对于A，当时，满足，但不满足，故“”不是“”的必要条件，故错误；

对于B，根据指数函数的性质可得，对于，，故正确；

对于C，当时，，故错误；

对于D，当时，满足，但不成立，故错误；

故选：B

3．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据弧长公式，可得出两个扇形的半径之比，从而可求出面积之比.

【详解】设，，，，，

而，，即是的中点，

，，

.

故选：C

4．在△ABC中，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用两角和的正切公式和二倍角公式求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

，

故选：A．

5．函数（，，）的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍（纵坐标不变），再把所得的图象沿轴向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的一个单调递增区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的图象的顶点坐标求出A的值，由周期求出的值，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，结合图象的变换规则，可得出的解析式，再利用正弦函数的单调性即可求解.

【详解】根据函数（，，）的部分图象，可得，，∴．结合五点法作图可得，∴，．

将的图象上所有点的横坐标扩大到原来的4倍（纵坐标不变），可得的图象．再把所得的图象沿轴向左平移个单位长度，得到函数的图象．令，求得，可得函数的单调递增区间为，，令，可得一个增区间为.

故选：A.

6．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】结合已知要比较函数值的结构特点,可考虑构造函数,然后结合导数与单调性关系分析出时,函数取得最大值,可得最大,然后结合函数单调性即可比较大小.

【详解】设,则,

当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,

故当时,函数取得最大值,

因为,,

,

当时,,函数单调递减,可得,

即.

故选:C

7．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，，，点D在边上，且，则线段长度的最小值为（    ）

A． B． C．3 D．2

【答案】A

【分析】由已知条件和正弦定理，得，再由余弦定理得， .由向量的线性运算得，两边平方，可得，运用基本不等式可得选项.

【详解】由及正弦定理，得，即，

由余弦定理得，，∵，∴.

由于，∴，两边平方，得

，当且仅当时取等号，

即，∴线段长度的最小值为.

故选：A.

【点睛】本题考查综合运用正弦定理、余弦定理、向量的线性运算、向量的数量积运算，以及运用基本不等式求最值，属于较难题.

8．已知直线既是函数的图象的切线，同时也是函数的图象的切线，则函数零点个数为（    ）

A．0 B．1 C．0或1 D．1或2

【答案】B

【分析】设是函数图象的切点，则由导数的几何意义可求得，设是函数的切点，同样利用导数的几何意义可求出，然后根据零点存在性定理可求得结果

【详解】设是函数图象的切点，

则，∴（1）

又（2），

将（1）代入（2）消去整理得：，∴，

设是函数的切点，

据题意，又

故，

令，，

 ∴，

故，在定义域上为增函数，

又，故，

故，

∴，在上是增函数

当时，；当时，；

由零点存在性定理可得，g(x)存在唯一一个

函数零点个数是1，

故选：B．

二、多选题

9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．是偶函数 B．在（0，+∞）上单调递减

C．是周期函数 D．≥-1恒成立

【答案】AD

【分析】判定的奇偶性判断选项A；判定的单调性判断选项B；判定的周期性判断选项C；求得的最小值判断选项D.

【详解】的定义域为R

，

则为偶函数.故选项A判断正确；

时，

恒成立，则为上增函数.

故选项B判断错误；选项C判断错误；

又为偶函数，则为上减函数

又，则的最小值为.故选项D判断正确；

故选：AD

10．在中，角的对边分别是，下列说法正确的是（    ）

A．若，则有2解；

B．若，则；

C．若，则为锐角三角形；

D．若，则为等腰三角形或直角三角形.

【答案】BCD

【分析】利用正余弦定理都每项逐一判断即可

【详解】对于A，由正弦定理可得： ，，

此时无解，A错误；对于B， ， ，根据同角三角函数基本关系式可知，故B正确；对于C，， ，可知均为锐角，故为锐角三角形，故C正确；对于D，，由余弦定理可得：,

整理得：，或 即或 ，为等腰三角形或直角三角形，故D正确

故选：BCD

11．如图，已知正方体的棱长为2，点，在平面内，若，，则下述结论正确的是（    ）

A．到直线的最大距离为 B．点的轨迹是一个圆

C．的最小值为 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为

【答案】CD

【分析】选项A：由，得，分析得的轨迹为圆，再求最值即可；

选项B：由平面，而点在上，即的轨迹为线段；

选项C：由E的轨迹为圆，的轨迹为线段，可分析得；

选项D：建立空间直角坐标系，用向量法求最值.

【详解】对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上,所以，当位于中点时，到直线的距离最大，为，故A错误；

对于B: 正方体中，，又，且，所以平面，所以点F在上，即的轨迹为线段，故B错误；

对于C:在平面内，

到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；

对于D:

建立如图示的坐标系，则,

由B选项的证明过程可知：的轨迹为线段，

所以设，则，则，

而

设平面的法向量，则有，

不妨令，则，

设与平面所成角为，

则：

当时，有最大值，故D正确；

故选：CD

12．已知函数，若存在，使得成立，则（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，的最小值为

【答案】ACD

【分析】求出，则可得在上单调递增在上单调递减，则可画出的图像，利用同构可知等价于，结合图像则可判断AB选项，当时，则可得，，构造函数即可判断CD选项.

【详解】，，

，

当时，，在上单调递增，

当时，，在上单调递减，

所以的图像如图所示：

又，即，

当时，要使越小，则取，故有，故A正确；

又与均可趋向于，故B错误；

当，且，

记，，

恒成立，即在上单调递增，

所以，即当成立，故C正确；

，令，

在单调递减，在单调递增，

，故D正确，

故选：ACD.

【点睛】关键点点睛：

本题考查利用导数研究函数的单调性与交点，属于难题；画出的图像，利用同构可知等价于，则可求出判断出AB选项，构造函数，则可判断C选项，构造函数则可判断D选项.

三、填空题

13．已知角的终边上一点，则____.

【答案】

【分析】由三角函数的定义求，再由诱导公式求.

【详解】角的终边上一点，点到原点距离为2，由三角函数的定义，

由诱导公式.

故答案为：

14．若函数为奇函数，，则不等式的解集为____．

【答案】

【分析】先由奇函数求出的值，再分类讨论解分段函数不等式即可.

【详解】∵函数为奇函数，∴，即，此时，，满足题意，

∴，∴当时，，解得；当时,，解得，

∴不等式的解集为.

故答案为：.

15．已知正数满足，则的最大值是___________.

【答案】

【分析】设，表达出，结合基本不等式求解最值，再根据二次不等式求解即可.

【详解】设，则，

所以，当且仅当时取等号.

所以，解得，即的最大值，当且仅当，即，时取等号.

故答案为：

16．是边长为的等边三角形，、分别在线段、上滑动，，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，则四棱锥的体积的最大值为_______________.

【答案】2

【分析】依题意当平面平面时，体积才会取得最大值，设，设为的中点，根据面面垂直的性质得到平面，从而表示出四棱锥的体积，再利用导数求出函数的最大值，即可得解.

【详解】解：依题意当平面平面时，四棱锥的体积才会取得最大值，

设，设为的中点，如图：

等边中，点，分别为，上一点，且，

，为的中点，，

平面平面，平面平面，平面，

，．

四棱锥的体积，

， （负值舍去），

当时，单调递增，当时，，单调递减，

，四棱锥的体积最大，．

故答案为：

四、解答题

17．已知条件p：______，条件q：函数在区间上不单调，若p是q的必要条件，求实数a的最小值．

在“①函数的定义域为，②，使得成立，③方程在区间内有解”这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并进行解答．

注意：若选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．

【答案】答案见解析

【分析】首先根据题意得到q为真时，．若选①，p为真时，，再结合必要条件求解即可.若选②，p为真时，，再结合必要条件求解即可.若选③，p为真时，，再结合必要条件求解即可.

【详解】条件q：函数在区间上不单调，

则函数的对称轴在给定区间内，则．

故q为真时，．

若选①，函数的定义域为，

则，解得：，

故p为真时，．

若p是q的必要条件，即．

则，故a的最小值是1．

选②时，，使得成立，

即能成立．

即，所以，所以，

故p为真时，．

若p是q的必要条件，即，则．

故a的最小值为0．

选③时，方程在区间内有解，

故有，所以．

故p为真时，．

若p是q的必要条件，

则．

则．

故a的最小值为0．

18．如图，设的内角A，B，C，所对的边分别为a，b，c，若，且，点D是外一点，.

(1)求角B的大小；

(2)求四边形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理化角为边后应用余弦定理求得角后可得角大小；

（2）设，由面积公式得面积，由余弦定理求得，然后可得正三角形的面积，从而得出四边形的面积，再逆用两角差的正弦公式化简函数后利用正弦函数性质得最大值．

【详解】(1)由，再由正弦定理得，，

得，即

故，所以，又，故.

(2)设，则，

在中，，

由（1）知为正三角形，故，

故，

因为，故即时，.

19．已知函数.

(1)若在上有意义且不单调，求a的取值范围；

(2)若集合，且，求a的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据题意得到二次函数的对称轴在之间，且在上恒为正，结合二次函数的性质即得；

（2）设为方程的两个根，计算，得到，进而即得.

【详解】(1)当时，，

由题知：二次函数的对称轴在之间，且在上恒正，

∴，

解得，

即；

(2)因为，不妨设为方程的两个根，

∴，

由，得，即，且，

由，得，

∴，

∵，

∴，

∴，

又为方程的两个根，

∴，

∴，解得，

∴.

20．如图，在直角中，，将绕边旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点为上的点，且.

(1)求点到平面的距离；

(2)设直线与平面所成的角为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，分别计算三棱锥与三棱锥的体积，设出点到平面的距离，由构造方程解得答案；

（2）根据题意，建立空间直角坐标系，分别找到直线的方向向量，求出平面的法向量，代入直线与平面所成的角计算公式，计算得答案.

【详解】(1)证明：由题意知：，

平面，平面，平面，

又，所以，

所以，

设点到平面的距离为，由

得，解得；

(2)以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

由题意知，则，

所以.

设平面的法向量为，则，取，则，

可得平面的一个法向量为，

所以.

21．已知椭圆的右焦点为，上顶点为H，O为坐标原点，，点在椭圆E上．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设经过点且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点，．若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记，的面积分别为，，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，得，再将点代入椭圆方程中，结合可求出，从而可求出椭圆方程，

（2）设直线，，，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，可得，表示出直线AP的斜率，直线的斜率，而，代入化简即可

【详解】(1)由，得（c为半焦距），

∵点在椭圆E上，则．

又，解得，，．

∴椭圆E的方程为．

(2)由（1）知．设直线，，．

由消去x，得．

显然．

则，．

∴．

由，，得直线AP的斜率，直线的斜率．

又，，，

∴．∴．

∵．

∴．

22．设.

(1)求在上的极值；

(2)若对，，都有成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)极小值为，极大值为

(2)

【分析】（1）直接求导计算即可．

（2）将问题转化为，构造新函数在上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．

【详解】(1)由，

得的单调减区间是，，

同理，的单调增区间是.

故的极小值为，极大值为.

(2)由对称性，不妨设，

则即为.

设，则在上单调递增，

故在上恒成立.

方法一：（含参讨论）

设，

则，，解得.

，，.

①当时，，

故，当时，，递增；

当时，，递减；

此时，，在上单调递增，故，符合条件.

②当时，同①，当时，递增；当时，递减；

∵，，

∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，，.

于是，当时，，单调递增；

当时，，单调递减.

∵，，∴，符合条件.

综上，实数的取值范围是.

方法二：（参变分离）

由对称性，不妨设，

则即为.

设，则在上单调递增，

故在上恒成立.

∵，∴在上恒成立

，.

设，，则，.

设，，

则，.

由，，得在，上单调递增；

由，，得在，上单调递减.

故时；

时.

从而，，，

又时，，故，，

，单调递减，，.

于是，.综上，实数的取值范围是.

【点睛】关键点睛：本题核心是将问题转化为函数在上单调递增，即在上恒成立．