2024届江苏省扬州市高邮市高三上学期10月学情调研数学试题含解析

这是一份2024届江苏省扬州市高邮市高三上学期10月学情调研数学试题含解析，共18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，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由交集运算的定义求解即可．
【详解】由题意可知，集合表示所有的奇数，
由交集的定义可得，
故选：D．
2．“函数在上为增函数”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】由函数的单调性，结合一次函数性质求参数范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】由在上为增函数，则，
所以“函数在上为增函数”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3．若，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据不等式的基本性质，以及作差比较法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，例如：当时，满足，
此时，可得，所以A不正确；
对于B中，若，则，其中，而的符号不确定，所以B不正确；
对于C中，若，则，
因为，所以，所以C正确；
对于D中，若，当时，则，所以D错误.
故选：C.
4．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是1%，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的3倍，大约经过（ ）天．（参考数据：，，）
A．19B．35C．45D．55
【答案】D
【分析】设大约经过天“进步”的值是“退步”的值的3倍，由题设有，应用指对数关系求值.
【详解】设大约经过天“进步”的值是“退步”的值的3倍，
则天.
故选：D
5．在中，，，则AB＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】应用倍角余弦公式求得，再由余弦定理求对应边长.
【详解】由题设，又，
所以.
故选：C
6．若关于的不等式的解集中恰有个整数，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，分类解不等式并确定m值的范围即得.
【详解】不等式化为：，显然，否则不等式解集为空集，不符合题意，
当时，不等式的解集为，依题意，在中恰有3个整数，即为3，2，1，则，
当时，不等式的解集为，显然在中恰有3个整数，即为5，6，7，则，
所以实数m的取值范围为.
故选：D
7．若是定义域为上的单调函数，且对任意实数都有，其中是自然对数的底数，则 （ ）
A．4B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知令，令，得，得，从而，然后求函数值.
【详解】∵是定义域为上的单调函数，且，
∴在上存在唯一一个实数使得，
于是.
令，得，即.
画出与的图像如图所示：
由图像可知，与的图像在上只有1个交点，
且是方程的解，
所以，故.
故选:B.
8．已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次为，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，则函数即为函数，题目等价于的图象与直线连续的三个公共点，，，判断，，分布的位置，结合正弦函数的周期以及对称性确定点的坐标，代入函数解析式化简，可得答案．
【详解】令，则函数即为函数，
的最小正周期为，
最小正周期为，
作出函数，的大致图象，如图，
则函数的图象与直线连续的三个公共点，，，
等价于的图象与直线连续的三个公共点，，，
（连续的三个公共点从左到右排列），
由题意不妨设，，位置如图中所示（三点位置可左右平移一个周期），
即，关于直线对称，，
由于，则，故，
而，关于直线对称，故点横坐标为，
将点横坐标代入，得，
则．
故选：A
二、多选题
9．已知全集为U，A，B是U的非空子集，且，则下列关系一定正确的是（ ）
A．且
B．
C．或
D．且
【答案】AB
【分析】根据，可得，再逐一分析判断即可.
【详解】因为，所以，
则且，，故AB正确；
若是的真子集，则，则且，故C错误；
因为，所以不存在且，故D错误.
故选：AB.
10．若正实数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为8
B．的最小值为
C．的最大值为
D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据题意，结合基本不等式及性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意知，正实数满足，
对于A中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以A正确；
对于B中，由，可得，所以，
当且仅当时，即时，等号成立，即的最大值为，所以B错误；
对于C中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为，所以C正确；
对于D中，由，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.
11．已知，，给出下列结论：其中正确结论是（ ）
A．若，，且，则
B．存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于y轴对称
C．若在上恰有7个零点，则的取值范围为
D．若在上单调递增，则的取值范围为
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的图象变换及性质判断各选项即可.
【详解】对于A，若，，且，
则，故A错误；
对于B，将的图象向左平移个单位长度后得到，
若所得图象关于y轴对称，则，，
即，，所以存在时满足条件，故B正确；
对于C，由，得，
若在上恰有7个零点，
则，即，故C正确；
对于D，由，得，
若在上单调递增，
则，即，故D错误.
故选：BC.
12．已知函数，其中是自然对数的底数，函数则（ ）
A．若，则函数的零点为
B．方程有两个不同根，则
C．若，则函数有个的零点
D．若函数有个的零点，则
【答案】BCD
【分析】根据零点的定义即可判断A；方程有两个不同根等价于与有两个交点，分类讨论即可判断B；设，令，则，函数有个的零点等价于有2个实数根，且，解不等式即可判断C；函数有个的零点等价于有2个实数根，且，解不等式即可判断D．
【详解】对于A：若，，
令，当时，，无解，
当时，，，
所以函数的零点为和，故A错误；
对于B：方程有两个不同根等价于与有两个交点，
因为当时，，
所以与在无交点，
所以与在有2个交点，
联立得，即，
由，解得，故B正确；
对于C：设，令，得，即，
因为时，，
所以当时，有两个实数根，且，如图所示，

设，则与轴有两个交点，且，
则，即，解得，
所以当，函数有个的零点，故C正确；
对于D：由C可知，当与轴有两个交点，且，函数有个的零点，
则，即解得，故D正确，
故选：BCD．
三、填空题
13．命题“”的否定是 .
【答案】
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定知命题“”的否定是，
故答案为：.
14．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，则 ．
【答案】
【分析】根据三角函数定义得到，由诱导公式求出答案.
【详解】根据题意得到，
故.
故答案为：
15．已知正实数满足，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由题设得且，代入目标式得，再应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】由题设且，则，
所以，
当且仅当，时等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：
16．已知的定义域为且对于任意正数都有，且当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】首先根据题意求出，，，得出是函数的零点，令，则是函数的零点，由当时，得出时，，再证明为增函数，即可求解不等式．
【详解】因为对于任意正数都有，
所以，即，
，即，
，即，
所以是函数的零点，
令，则，即是函数的零点，
因为当时，，
所以时，，
且，
任取，且，
，
即，
因为，且，
所以，
所以，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
故答案为：．
四、解答题
17．已知集合，集合．
(1)当时，求和；
(2)记，若是的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）根据分式的性质，结合一元二次不等式解法、集合并集和补集的定义进行求解即可；
（2）根据充分不必要的性质进行求解即可.
【详解】（1），，或，
，
，，，
当时，，
，.
（2）是的充分不必要条件，
是的真子集，
或，
或，
的取值范围是 或.
18．已知．
(1)求的单调递增区间；
(2)在中，角所对的边为．若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）应用三角恒等变换化简函数式，根据正弦函数性质，应用整体法求递增区间；
（2）由已知得，进而求其余弦值，最后由三角形内角性质及商数关系求.
【详解】（1）化简得
令，得到，
所以的增区间为.
（2）由，得，
在中，由且，所以，
所以，又，
所以.
19．高邮市某中学开展劳动主题德育活动，某班统计了本班学生1至7月份的人均月劳动时间（单位：小时），并建立了人均月劳动时间（单位：小时）关于月份的线性回归方程，与的原始数据如表所示：
由于某些原因导致部分数据丢失，但已知．
(1)求，的值；
(2)如果该月人均劳动时间超过13（单位：小时），则该月份“达标”.从表格中的7组数据中随机选5组，设表示“达标”的数据组数，求的分布列和数学期望．
参考公式：在线性回归方程中，
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）根据已知数据，结合最小二乘法列方程求相关参数，进而确定原数据值；
（2）由题设确定随机变量的可能值并求对应概率，写出分布列，进而求期望即可.
【详解】（1），，
，则①，
而，
所以 ，整理得②，
由，则③，
由②③得，故④，
由①④得 .
（2）由题意，可能取且，，，
的分布列为
所以.
20．如图：在五面体中，已知平面，，且，．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取、的中点、，由几何体性质可证明四边形为平行四边形，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面，可得结论；
（2）结合（1）中的结论建立以点为坐标原点的空间直角坐标系，由空间向量即可求得直线与平面的余弦值.
【详解】（1）分别取、的中点、，连、、，如下图所示：
由、，可知；
又、分别是的中点、，
所以，且，由，可得，;
即四边形为平行四边形，因此，；
因为平面，
所以，又
所以，平面；
即平面，又平面，
可得平面平面．
（2）由（1）可知平面，且，即；
因此三条直线两两垂直，
以点为坐标原点，为轴、轴、的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
易得；
所以，
设平面的法向量，
则，解得，令，可得，即，
从而，
设直线与平面所成的角为，则，所以；
所以直线与平面的余弦值为
21．内角的对边分别为，已知．
(1)求角的大小；
(2)是边上一点，且，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和三角形内角和关系以及诱导公式可求出，即可得；
（2）根据线段比例和中分别利用余弦定理可得，再由即可得，利用基本不等式可求出，代入面积公式即可得面积的最大值.
【详解】（1）在中，由，根据正弦定理可得
因为B为三角形内角可知，，且，
所以，即
因为A为三角形的内角，，故；
所以，即.
（2）是边上一点，且，所以；
如下图所示：
中，由余弦定理可得，
中，由余弦定理可得，
因为；
所以可得
整理可得，
中，由余弦定理可得；
联立两式可得，
当且仅当时取等号，此时
所以
所以面积的最大值为.
22．《判定树理论导引》中提到“1”型弱对称函数：函数定义域为，且满足设函数
(1)若是“1”型弱对称函数，求m的值；
(2)在（1）的条件下，若有成立，求的范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据“1”型弱对称函数满足即可代入化简求解，
（2）将问题转化为求解，对分类讨论求解的取值范围即可结合最值求解.
【详解】（1）解：是“1”型弱对称函数
（2）由（1）得，
由于函数在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
，
当时，由于函数在单调递增，所以在上单调递减，
当时，此时，
，，解得，
，
当时，此时，
，，又，故
-
当时，由于函数在单调递减，且，
所以在上单调递增，，
，且，，
，，又，所以，
当时，成立.
综上：或
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元，进而转化为最值问题，（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化.
月份
人均月劳动时间
1
2
3