2024届江苏省南通市海安市实验中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届江苏省南通市海安市实验中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共16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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别化简两个集合，求出交集即可.求解集合A时，注意限制条件.
【详解】
所以，
故选：C.
2．在复平面内，复数（i是虚数单位）对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】先将原式化简，再看实部和虚部的正负判断所在复平面的象限即可.
【详解】，在复平面内对应的点在第一象限.
故选：A.
3．的展开式中的常数项为（ ）
A．15B．60C．80D．160
【答案】B
【分析】利用二项式定理的通项公式进行求解.
【详解】由题知，的展开式的通项为，
当时，，此时，
故的展开式中的常数项为60，故A，C，D错误.
故选：B.
4．在平面直角坐标系中，点在单位圆上，且点在第一象限，横坐标是，将点绕原点顺时针旋转到点，则点的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设射线对应的角为，利用任意角的三角函数的定义求得、，再利用诱导公式求得点的横坐标为的值．
【详解】解：点，在单位圆上，且点在第一象限，设射线对应的角为，横坐标是，故点的纵坐标为，
将点绕原点顺时针旋转到点，则射线对应的终边对应的角为，
则点的横坐标为.
故选：C．
5．在中，“”是“”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】C
【分析】根据正弦定理及充分必要条件的定义判断．
【详解】由正弦定理，所以，
故选：C．
6．基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足．有学者基于已有数据估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为（ ）
A．3.6天B．3.0天C．2.4天D．1.8天
【答案】A
【分析】由已知先确定系数,即可确定函数解析式，再利用解析式及提供数据即可求解累计感染病例数增加3倍需要的时间
【详解】因为，，且，则，于是得
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，则有
即，所以，
而，解得
所以在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为3.6天
故选：A．
7．已知函数（且），若有最小值，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】有最小值
根据题意，可得其最小值为，
则
或
解得或
则实数的取值范围是
故选
8．已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】观察可发现为奇函数，所以将变形为，结合函数单调性解不等式即可
【详解】令，，所以为奇函数，不等式，等价于，即，因为为奇函数，所以，因为均为减函数，根据单调性的性质可知，为减函数，则，解得：
故选：B
【点睛】题目比较灵活，考察单调性和奇偶性结合的问题，对学生要求比较高，不可直接计算，需要熟悉类型的函数为奇函数，且单调递减，根据这两个性质引导学生对已知不等式进行变形，从而解决问题
二、多选题
9．已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】BC
【分析】利用基本不等式直接判断A；利用基本不等式求得的最大值可判断B；利用基本不等式“1”的代换可判断C；利用二次函数的性质可判断D；
【详解】，且，，
对于A，利用基本不等式得，化简得，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故A错误；
对于B，，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为，故B正确；
对于C，，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故C正确；
对于D，
利用二次函数的性质知，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，
，，故D错误；
故选：BC
10．定义在R上的奇函数满足，且当时，，则（ ）
A．是周期函数B．在（－1，1)上单调递减
C．的图象关于直线对称D．的图象关于点（2，0)对称
【答案】ACD
【分析】对于A，利用周期的定义判断，对于B，根据题意求出在的解析式，然后判断，对于C，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称轴，对于D，利用函数的周期和奇函数的性质可得，从而可求得其对称中心
【详解】对于A，因为定义在R上的奇函数满足，
所以，，所以，
所以是周期为4的周期函数，所以A正确，
对于B，当时，，则，
因为为奇函数，所以，
所以，所以，
所以当时，为减函数，且当时，，
当时，为减函数，且当时，，所以在（－1，1)上不是单调递减，所以B错误，
对于C，因为是周期为4的周期函数，所以，
所以，即，所以的图象关于直线对称，所以C正确，
对于D，因为，所以，
所以，所以，所以的图象关于点对称，即的图象关于点（2，0)对称，所以D正确，
故答案为：ACD
11．在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的最小值是2
C．的最小值是D．的面积最小值是
【答案】ABD
【分析】由三角形面积公式寻找，关系，再利用基本不等式判断．
【详解】解：由题意得：，
由角平分线以及面积公式得，
化简得，所以，故A正确；
，当且仅当时取等号，
，，
所以，当且仅当时取等号，故D正确；
由余弦定理
所以，即的最小值是，当且仅当时取等号，故B正确；
对于选项：由得：，，
当且仅当，即时取等号，故C错误；
故选：ABD．
12．设表示不超过的最大整数，给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则可由解得的范围是
D．若，则函数的值域为
【答案】ABD
【解析】根据的意义判断，即时，，．
【详解】由题意时，，．
A．设，则，若，则，∴，即，A正确；
B．由的定义，时，，，
同理时，，时，，时，，
∴，B正确；
C．，，若，则，，，满足题意，但也满足题意，C错；
D．定义域是，
则，即，是奇函数；
设，，，则，
时，，，
时，，．
∴函数的值域为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】本题考查新定义函数，解题关键是理解新定义，用不等关系表示出函数的值，从而使问题得解．旨在学生的创新意识，运算求解能力．逻辑推理能力．
三、填空题
13．已知命题，使得，则为 .
【答案】.
【分析】根据特称命题的否定为全称命题求解即可.
【详解】解：因为，使得，
所以，
故答案为：
14．函数在的单调递增区间是 .
【答案】；（注：也正确）
【分析】根据降幂公式及辅助角公式对化简，然后根据正弦型函数的单调区间即可得到结果.
【详解】因为函数
令
解得
且，令，则
即的单调递增区间为
故答案为:
15．已知函数,若实数满足，且，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据对数的运算性质把函数的解析式写成分段函数的形式，并判断出单调性，结合已知、可以确定实数的取值范围以及它们之间的关系，根据这个关系可以把代数式写成关于中一个变量的形式，再构造新函数，用单调性的定义判断出新函数的单调性，最后利用新函数的单调性进行求解即可.
【详解】因为，
因为两段函数均为单调函数，实数满足，且，
所以有；又，所以，于是，则，所以；
令 ，任取，
则，
因为，所以，，
因此，
所以函数在上单调递增；
因此，即.
故答案为：
【点睛】本题考查了利用消元法、构造新函数法求代数式的取值范围问题，考查了对数的运算性质，考查了对数函数的性质，考查了单调性定义的应用，考查了数学运算能力.
16．实数中值最大的是 .
【答案】
【分析】由指数函数幂函数的单调性可知这4个数的最大数在与之中，令，利用导数判断出单调性可得，即可得答案.
【详解】因为，由指数函数是单调递增函数，所以，
幂函数是单调递增函数，所以，
故这4个数的最大数在与之中，
令，所以，当即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减，故函数的单调递增区间为，
单调递减区间为． 得，即．由，
得，所以；
这4个数中的最大数是.
故答案为：.
四、解答题
17．设数列的前项和为，已知.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用数列的前项和与的关系求出数列的通项；
（2）求出，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）解：当时，.
又满足上式.
所以数列的通项公式为.
（2）解：.
设数列的前项和为，则
18．在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，已知______.
(1)求A；
(2)若，，求a.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）若选①，先用正弦定理进行边化角，进而结合辅助角公式求得答案；若选②，先通过诱导公式和二倍角公式化简，进而通过辅助角公式求得答案；若选③，先通过诱导公式和二倍角公式化简，进而求得答案；
（2）先通过三角形的面积公式求出c，进而根据余弦定理求得答案.
【详解】（1）若选①，由正弦定理可得，因为，所以，则，而，于是.
若选②，由题意，，则，而，于是.
若选③，由题意，，因为，所以，则.
（2）由题意，，由余弦定理.
19．如图，在直三棱柱中，.
(1)证明：；
(2)设，若二面角的大小为，求.
【答案】(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；
（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法，建立方程求解即可.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，
又平面，所以，
又，所以四边形是正方形.连接，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：以为正交基底建立空间直角坐标系，设，
则，
设，则
设平面的法向量为，
则即得，取，则平面的一个法向量为，
考虑向量，满足所以是平面的一个法向量，
因为二面角的大小为，
所以，解得.
20．年月日晩，中国女排在世锦赛小组赛第三轮比赛中，又一次以的比分酣畅淋漓地战胜了老对手日本女排，冲上了热搜榜第八位，令国人振奋！同学们，你们知道排球比赛的规则和积分制吗？其规则是：每场比赛采用“局胜制”（即有一支球队先胜局即获胜，比赛结束）．比赛排名采用积分制，积分规则如下：比赛中，以或取胜的球队积分，负队积分；以取胜的球队积分，负队积分．已知甲、乙两队比赛，甲队每局获胜的概率为．
(1)如果甲、乙两队比赛场，求甲队的积分的概率分布列和数学期望；
(2)如果甲、乙两队约定比赛场，求两队积分相等的概率．
【答案】(1)分布列答案见解析，
(2)
【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值；
（2）设第场甲、乙两队积分分别为、，分析可得，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】（1）解：随机变量的所有可能取值为、、、，
，，
，，
所以的分布列为
所以数学期望.
（2）解：记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件，
设第场甲、乙两队积分分别为、，则，、，
因两队积分相等，所以，即，则，
所以
．
21．设，.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)已知，在处取得极小值.求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数的几何意义得到切线的斜率，结合点斜式得到方程；
（2）根据的单调性，结合极小值的概念即可得到结果.
【详解】（1）若，，，.
曲线在处的切线方程为，
即；
（2），由
令，则，
①当时， 时，，函数单调递增；又，所以当时，，单调递减.当时，，单调递增.在处取得极小值，符合题意.
②当时， 时，，函数单调递增， 时，，函数单调递减.
（i）当时，，由②知在内单调递增，可得当时，，时，，所以在(0，1)内单调递减，在内单调递增，在处取得极小值，符合题意
（ii）当时，即时，在(0，1)内单调递增，在 内单调递减，
所以当时，， 单调递减，不合题意
（iii）当时，即 ，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在取得极大值，不合题意.
综上可知，实数的取值范围为.
22．已知双曲线C的渐近线方程为，且过点.
(1)求C的方程；
(2)设，直线不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线与C交于另一点D，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）可设双曲线的方程为，将点代入求出，即可得解；
（2）可设直线为，，联立，消，利用韦达定理求得，然后求出直线的方程，整理分析即可得出结论.
【详解】（1）解：因为双曲线C的渐近线方程为，
则可设双曲线的方程为，
将点代入得，解得，
所以双曲线C的方程为；
（2）解：显然直线的斜率不为零，
设直线为，，
联立，消整理得，
依题意得且，即且，
，
直线的方程为，
令，
得
.
所以直线过定点.