2024届江苏省连云港市东海县第二中学高三上学期第一次调研测试数学试题含解析

这是一份2024届江苏省连云港市东海县第二中学高三上学期第一次调研测试数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，若，则（ ）．
A．2B．1C．D．
【答案】B
【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.
【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.
故选：B.
2．命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案．
【详解】若“，”为真命题，得恒成立，只需，
所以时，不能推出“，”为真命题，
“，”为真命题时推出，
故是命题“，”为真命题的一个必要不充分条件，
故选：A．
【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
3．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复合函数单调性进行求解.
【详解】因为在R上单调递减，
由复合函数单调性可知，只需求出的单调递减区间，
其中单调递减区间为，
故的单调递增区间是.
故选：D
4．将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在区间上的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数变换，得到函数解析式，利用整体思想结合正弦函数的性质，可得答案.
【详解】将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变得到的图象，
再将图象上所有点向左平移个单位长度得到的图象．
当时，，．
故选：C.
5．中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地，茶文化是把茶、赏茶、闻茶、饮茶、品茶等习惯与中国的文化内涵相结合而形成的一种文化现象，具有鲜明的中国文化特征．其中沏茶、饮茶对水温也有一定的要求，把物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过t分钟后物体的温度为θ℃，满足公式．现有一壶水温为92℃的热水用来沏茶，由经验可知茶温为52℃时口感最佳，若空气的温度为12℃，那从沏茶开始，大约需要（ ）分钟饮用口感最佳．（参考数据；，）
A．2.57B．2.77C．2.89D．3.26
【答案】B
【分析】有题意，根据公式代入数据得，变形、化简即可得出答案.
【详解】由题意得，代入数据得，
整理得，即，解得；
所以若空气的温度为12℃，从沏茶开始，大约需要2.77分钟饮用口感最佳．
故选：B．
6．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用三角恒等变换公式化简求值得解.
【详解】解：.
故选：A
7．已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据指对数互化，利用对数函数的性质判断a、b、c的大小.
【详解】由题设，，又，
而，则，
综上，.
故选：A
8．已知函数，任意，满足，且，则的值为（ ）
A．B．0C．2D．4
【答案】C
【分析】抽象函数利用特殊值的思路可以得到函数在取奇数和偶数的时候的规律，然后可以得到函数值的和.
【详解】令，，则，所以；
令，，则，所以；
令，则，所以，
.
令，，则①，令，，则②，
令，，则③，
假设，那么由③可知，将，代入②式发现与矛盾，所以不成立，.
同理可得当x为偶数时，.
所以原式=.
故选：C.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若且，则，至少有一个大于2
B．，
C．若，，则
D．的最小值为2
【答案】AC
【分析】根据逆否命题的真假性即可判断A，根据幂的运算性质即可判断B，根据不等式的性质即可判断C,根据对勾函数的单调性即可判断D.
【详解】对于A,若，均不大于2，则 ，则 ，故，则，至少有一个大于2为真命题，故A正确，
对于B, B. ，，故 B错误，
对于C,由得，由得，所以，故C正确，
对于D，由于 ，函数 在单调递增，故，D错误，
故选:AC
10．先将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列关于函数的说法中正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．当时，函数的值域是
C．其图象关于直线对称
D．直线为曲线的切线
【答案】BCD
【分析】根据三角函数的图象变换，求得新函数的解析式，根据正弦函数的性质，利用整体思想，可得A、B、C的正误，根据导数的几何意义，可得D的正误.
【详解】由题可得，
对于A，当时，，由在上单调递增，在单调递减，
故函数在上不单调，故A错误；
对于B，当时，，，，故B正确；
对于C，当时，，由的图象关于直线对称，
故函数的图象关于直线对称，故C正确；
对于D，因为，所以，
若直线为曲线的切线，则由，
可得：或，
当时，，于是，解得，
当时，，于是，此时无解.
综上，直线为曲线的切线.故D正确.
故选：BCD.
11．下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．若函数的定义域为，则函数的定义域为
B．幂函数在上为减函数，则的值为1
C．图象关于点成中心对称
D．若，则的最大值是
【答案】BCD
【分析】利用抽象函数定义域的求法可判断A选项；利用幂函数的定义与单调性求出的值，可判断B选项；分离常数后，由图象平移可确定平移后的对称中心，可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，若函数的定义域为，对于函数，则，解得，
故函数的定义域为，A错；
对于B选项，若幂函数在上为减函数，
则，解得，B对；
对于C选项，，则可由向左平移个单位，向上平移个单位得到；因为关于对称，所以关于对称，C对；
对于D选项，若，，
当且仅当即时，等号成立，D对.
故选：BCD.
12．设函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，且当时，，设函数（其中），则下列说法正确的是（ ）
A．函数关于点中心对称
B．函数是以4为周期的周期函数
C．当时，函数恰有2个不同的零点
D．当时，函数恰有3个不同的零点
【答案】BCD
【分析】利用递推关系得，结合奇函数性质易得，即可判断A、B；对于的零点，转化为研究与的交点，数形结合法判断零点的个数即可判断C、D.
【详解】由，即，则关于对称，A错；
又是定义在上的奇函数，则，
而，则，故，
所以，即是以4为周期的周期函数，B对；
当，对于的零点，只需研究与的交点，
若，则，
显然，，且在上递增，上递减，
结合对称轴、周期性、奇函数，的图象及部分图象如下：

由图知：与有且仅有2个交点，即恰有2个不同的零点，C对；
若，则，如下图示，

由图知：与有且仅有3个交点，即恰有3个不同的零点，D对；
故选：BCD
三、填空题
13．若是角终边上的一点，且，则实数的值为 ．
【答案】
【分析】由三角函数的定义得，进而解方程即可得答案.
【详解】解：根据三角函数的终边上点的定义，，
所以，即且，所以
故答案为：
14．函数y＝sin x＋cs x－sin xcs x的值域为 ．
【答案】[－，1]
【分析】根据同角三角函数基本关系化简原函数得到，然后利用换元法求值域即可.
【详解】，
令，则，，
因为函数在上单调递增，上单调递减，
所以当时取得最大值，，
当时取得最小值，，
所以函数的值域为.
故答案为：.
15．已知三次函数无极值，且满足，则 .
【答案】
【分析】由已知无变号零点可得，即，结合不等关系及基本不等式有，即可求目标式的值.
【详解】由题设，则，即，
所以，当且仅当时等号成立，
又，故，可得，
所以.
故答案为：
16．已知函数，若关于的方程有个不同的实根，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】作出图象，令，可知方程有个不等实根，采用数形结合的方式可确定的取值范围，结合二次函数零点的分布可构造不等式组求得结果.
【详解】作出函数的图象如下图所示，

令，
关于的方程有个不同的实根，
方程有个不同的实根，
，解得：或；
与与共有个交点，
不妨令，又，
或，
设，
当时，，解得：；
当时，，不等式组无解；
综上所述：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查根据方程根的个数求解参数范围的问题，解题的基本思路是通过换元法和数形结合的方式，将问题转化为一元二次方程根的分布的问题，通过两根的范围，结合二次函数零点分布的知识来构造不等式组求解.
四、解答题
17．已知，其中，
(1)求
(2)求
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式计算即可；
（2）利用同角三角函数基本关系和二倍角公式计算即可.
【详解】（1）.
（2）∵，
∴，
∴，
.
18．设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
19．如图，在平面直角坐标系xOy中，以x轴正半轴为始边的锐角与钝角的终边与单位圆分别交于A，B两点，x轴正半轴与单位圆交于点M，已知，点B的纵坐标是．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据三角形的面积求解出的值，再根据三角函数的定义求解出的值，最后根据两角差的余弦公式求解出的值；
（2）根据二倍角公式求解出的值，然后根据两角差的正弦公式求解出的值，结合角的范围求解出的值.
【详解】解：（1）由题意，．
，为锐角，
，．
又点B的纵坐标是且为钝角，
，．
．
（2），
，
，，．
又，
故．
20．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数的正负，结合对的讨论即可求解，
（2）求解，将问题转化为证明，构造函数，利用导数求解最值即可求解.
【详解】（1）的定义域为，．
当时，对任意的恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）由（1）可知，当时，．
要证，只需证，即证．
令，，所以，
所以在上单调递增，所以，所以．所以．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
21．如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，，是棱上的中点.

(1)求三棱锥的体积；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）证明平面，由计算三棱锥的体积；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.
又，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，所以.
因为平面，且，所以平面.
因为是棱上的中点，所以到平面的距离，
四边形是菱形，，，
则中，，，，
∵，∴三棱锥的体积为.
（2）取棱的中点，连接，则有，因为，则.
两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
因，则.

因是棱上的中点，则.
设平面的法向量为，则，
令，则，得.
平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面夹角的余弦值为.
22．已知函数，；，.
(1)求函数在区间上的极值；
(2)判断曲线与曲线有几条公切线并给予证明.
【答案】(1)极大值，无极小值
(2)2条公切线，证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的解析式，再求函数的导数，利用导数和单调性，极值的关系，即可求解；
（2）首先设直线分别切，的图象于点，，并分别求切线方程，比较两个方程后可得关于的方程组，消去后可得关于直线的方程，再构造对应的函数，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理，可判断零点个数，即可判断切线条数.
【详解】（1），，
，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值，无极小值；
（2）设直线分别切，的图象于点，，
由，，
所以直线的方程为，
即直线 ，
由，得，
所以直线的方程为，
即，
比较的方程可得，消去可得，
令，
所以，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
因为，
所以在上有一个零点，
由，得，
所以在上有一个零点，故函数在区间有2个零点，
故有且只有两条直线与函数，的图象都相切.