2024届江苏省靖江中学、华罗庚中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析

这是一份2024届江苏省靖江中学、华罗庚中学高三上学期第一次阶段考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，若，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】D
【分析】根据得出或，分别求出的值，并检验是否满足集合中元素的互异性，即可得出的值．
【详解】因为，
所以或，
当时，即，
则，不满足集合中元素的互异性，舍去；
当时，或，
当时，，不满足集合中元素的互异性，舍去；
当时，，满足题意，
所以，
故选：D．
2．已知命题“，使”是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题可得恒成立，由即可求出.
【详解】因为命题“，使”是假命题，
所以，命题“，”是真命题，
所以，，解得，
故实数的取值范围是．
故选：D.
3．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三角函数的定义可得，然后利用二倍角公式即得.
【详解】由题可知，，解得，
故．
故选：A.
4．已知中，角，，的对边分别为，，，且，，，则（ ）
A．B．C．或D．2或
【答案】C
【分析】根据已知条件利用余弦定理直接计算即可.
【详解】在中，，，，
由余弦定理得，
，即，
解得或，
故选：C
5．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上最早的一整正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距正切值的乘积，即，对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为、，若第一次的“晷影长”是“表高”的3倍，且，则第二次“晷影长”是“表高”的（ ）倍．
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，，再根据结合两角差的正切公式即可得解.
【详解】由题意可得，，
所以，
即第二次的“晷影长”是“表高”的1倍.
故选：A.
6．使得“函数在区间上单调递减”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复合函数的单调性列不等式组求解的范围，再求解使其成立的一个充分不必要条件.
【详解】解：令，，
因为在定义域上单调递增，
由函数在上单调递减，
则在上单调递减且恒成立，
所以，解得，
因为，
所以使成立的一个充分不必要条件为.
故选：D
7．若函数在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”.知函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得有解，即有解，利用换元法讨论二次函数在给定区间有解即可.
【详解】根据“局部奇函数”定义知：有解，
即方程有解，
则即有解；
设，则（当且仅当时取等号），
方程等价于在时有解，
在时有解；
在上单调递增，
，
即实数的取值范围为.
故选D.
8．设，曲线在点处的切线经过点，则（ ）
A．0B．1C．eD．2e
【答案】C
【分析】根据已知得到0，令，再利用导数求出函数的单调性和零点得解.
【详解】解：由题得，即①，
又，所以，即②，
联立①②得，
令，所以，
则在区间内单调递增，
又，
由零点存在性定理可知存在，使得，
当时，，所以单调递减；当时，，
所以单调递增，又1，且，
所以，代入②得，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．随机变量且，随机变量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】对AB，根据正态分布的期望方差性质可判断；对C，根据及二项分布期望公式可求出；对D，根据二项分布方差的计算公式可求出，进而求得.
【详解】对AB，因为且，
所以，故，，选项A正确，选项B错误；
对C，因为，所以，
所以，解得，选项C正确；
对D，，选项D错误.
故选：AC.
10．下列说法正确的是（ ）
A．若，则一定有
B．若关于的不等式的解集为，则
C．若，则的最小值为4
D．若，且，则的最小值为0
【答案】ACD
【分析】对A：利用不等式的性质即可判断；对B：根据二次不等式和二次方程之间的关系，结合韦达定理即可判断；对C：利用基本不等式进行求解，即可判断；对D：利用消元法，结合函数单调性即可求得结果.
【详解】对A：因为，则，，又，故，则，故A正确；
对B：由题可知，是方程的两根，故，解得，则，故B错误；
对C：因为，则，即，
解得，当且仅当时取得等号；故的最小值为4，C正确；
对D：，且，则，
因为，故，即，又都是上的单调减函数，
故也是上的单调减函数，又时，，故，即的最小值为，D正确.
故选：ACD.
11．已知函数，直线和点是的图象的一组相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为偶函数B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上为单调函数D．函数在区间上有23个零点
【答案】ABD
【分析】根据三角函数的性质结合条件可得，然后根据正弦函数的性质逐项分析即得.
【详解】由题可知的最小正周期为，
所以，
由，，，又，
所以，，
所以为偶函数，故A正确；
因为，为一个对称中心，故B正确；
当时，，所以函数区间上不单调，故C错误；
由，，可得，所以，，
即函数在区间上有23个零点，故D正确．
故选：ABD.
12．已知函数，，设方程的3个实根分别为，，，且，则的值可能为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，，进而求目标式的值，即可确定答案.
【详解】由题设，的定义域为，且，
∴当时，，即递减；当时，，即递增.
∴，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，趋向无穷大.（如图2）
∴的图象如图1、图2：
图1
图2
∵的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根
(假设)且，
∴令，要使的3个实根，则
、，即，可得.
∴由知：，，
∴.
故选：BC.
【点睛】首先应用导数研究的性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.
三、填空题
13．已知函数在点处切线的斜率是3，则实数 .
【答案】
【分析】函数在1处的导数即斜率，可得a的值.
【详解】，因为在点处切线的斜率为3，
所以，得.
故答案为：.
14．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式．某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是 ．
【答案】
【分析】法1：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，，利用贝叶斯公式即可得到答案；
法2：直接在迟到的前提下计算概率.
【详解】法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
则；
，
小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是，
法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率，
故答案为：．
15．已知函数，为的导函数，则 ．
【答案】1
【分析】变形给定函数式，求出导函数，再探讨函数与其导函数的性质，即可计算作答.
【详解】函数，其定义域为R，令，
显然，即函数是R上的奇函数，
，因此，，
由两边求导得：，即，
而，于是得，，
所以.
故答案为：1
四、双空题
16．若函数满足对任意，都有，，且，则 ．函数零点的个数为 ．
【答案】 679 3
【分析】对于第一个空，通过和，分析出，即，从而计算的值；对于第二个空，通过条件化简得，将函数的零点转化为两个图像和的交点情况，从而得到零点个数.
【详解】因为，所以，即，又因为，所以，故．
令，得，
设，，
易知为偶函数，且在上单调递减，因为，所以由图可知，这两个函数的图像有3个交点，从而有3个零点．
故答案为：679；3
五、解答题
17．在中，角，，的对边分别为，，，且满足．
(1)求角；
(2)若，，求外接圆的半径．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，然后根据和差公式化简得到，最后求即可；
（2）利用余弦定理得到，然后根据正弦定理求外接圆半径即可.
【详解】（1）由于，
利用正弦定理可得：，
可得：，
因为，
所以，，
由于，
可得：.
（2）因为：，，，
所以，可得：，
所以，
可得△ABC外接圆的半径．
18．已知函数．
(1)求函数在上的单调递增区间;
(2)将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数的图象关于点成中心对称，在上的值域为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化简，根据正弦函数的周期性即可得出答案；
（2）根据三角函数图象的平移变换和对称性求出、，再由三角函数的性质求解即可.
【详解】（1）
因为，所以．
所以当，即：时，函数单调递增．
所以函数的单调递增区间为.
（2）由题意可知：
因为函数的图象关于点成中心对称．
所以．解得：．
因为，所以．所以．
当时，．因为在上的值域为
所以．解得：．所以的取值范围为．
19．已知函数．
(1)讨论函数的极值点的个数；
(2)若函数在上的最小值是，求实数a的值．
【答案】(1)时，个极值点；时，个极值点.
(2)
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的极值点个数.
（2）结合（1）的结论，对进行分类讨论，由在区间上的最小值求得实数的值.
【详解】（1），
当时，在上递增，个极值点.
当时，，
在区间递减；在区间递增，
所以当时，取得极小值，所以有个极值点.
（2）由（1）知：
当时，在上递增，
，不符合.
当时，，在区间上递减，
，不符合.
当时，，
，符合.
当时，，在上递增，
，不符合.
综上所述，的值为.
20．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）先证明，结合，由线面垂直判定定理和定义证明，取中点G，由面面垂直性质定理证明平面，由此可得，最后利用线面垂直判定定理证明平面；
【详解】（1）为等边三角形，D为中点，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
取中点G，连接，
为等边三角形，
，
平面平面，平面平面，平面.
平面，
，
与相交，，平面，
平面；
（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，
设，则
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，可得，
为平面的一个法向量，
取平面的一个法向量为，
则，
解得，此时，
在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.
21．我国技术给直播行业带来了很多发展空间，加上受疫情影响，直播这种成本较低的获客渠道备受商家青睐，某商场统计了2022年1~5月某商品的线上月销售量y（单位：千件）与售价x（单位：元/件）的情况如下表示．
(1)求相关系数，并说明是否可以用线性回归模型拟合与的关系（当时，可以认为两个变量有很强的线性相关性；否则，没有很强的线性相关性）（精确到0.01）；
(2)建立关于的线性回归方程，并估计当售价为元/件时，该商品的线上月销售量估计为多少千件？
(3)若每件商品的购进价格为元/件，如果不考虑其他费用，由（2）中结论，当商品售价为多少时，可使得该商品的月利润最大？（该结果保留整数）
参考公式：对于一组数据，相关系数，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：．参考数据：．
【答案】(1)，可以用线性回归模型拟合
(2)，当55元/件估计可销售千件
(3)当商品售价为元/件时，可使得该商品的月利润最大．
【分析】（1）根据数据计算，从而分别代入计算出，，，由公式计算相关系数并判断相关性；
（2）代入公式求解，，从而写出回归方程，再代入，计算；
（3）设每月的利润为元，写出关于的函数解析式，根据二次函数的性质，求解对称轴即可.
【详解】（1）由已知数据可得，
，
，
，
所以相关系数，
因为，所以与有很强的线性相关性，可以用线性回归模型拟合．
（2）由于，
，
所以关于的线性回归方程为，
当时，，
故当售价为元/件时，该商品的线上月销售量估计为千件．
（3）设每月的利润为元，则，
当时，Z取得最大值．
即当商品售价为元/件时，可使得该商品的月利润最大．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设函数有两个极值点，．
（i）求实数a的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)（i），（ii）证明见解析.
【分析】（1）由题设且，讨论研究导数的符号，即可确定函数单调性；
（2）（i）将问题转化为在上有两个不等实根，结合对应二次函数性质求参数范围；
（ii）由（i）并应用韦达定理得，分析法转化为在上恒成立，利用导数研究单调性并确定值域范围，即可证结论.
【详解】（1）由定义域为，且，
令得，或，
①当时，，，单调递增，
，，单调递减，
，，单调递增，
②当时，，在单调递增，
③当时，，，单调递增，
，，单调递减，
，，单调递增，
综上：
当时，的单调递增区间为、，的单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为、，的单调递减区间为.
（2）（i）由已知，，则，
函数有两个极值点，，即在上有两个不等实根，
令，只需，故，
（ii）由（i）知，，，且，
，
要证，即证，只需证，
令，，则，
因为恒成立，所以在上单调递减，
又，，
由零点存在性定理得，使得，即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减，
则，
∵在上显然单调递增，
∴，
∴，即，得证．
【点睛】关键点点睛：第二问二小问，由，综合应用分析法、函数思想转化为证明在上恒成立，再利用导数研究单调性判断即可.
月份
1
2
3
4
5
售价x（元/件）
60
56
58
57
54
月销售量y（千件）
5
9
7
10
9