江苏输容市2023_2024学年高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份江苏输容市2023_2024学年高三数学上学期10月月考试题含解析，共21页。试卷主要包含了 已知复数，则， 已知集合，，则， 已知，，则， 在中，“”是“”的， 下列命题为真命题的是等内容，欢迎下载使用。

A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先求共轭复数，再求模即可.
【详解】，则，即；
故选：B.
2. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解对数不等式求出集合，再求出集合，最后根据交集、并集的定义计算即可.
【详解】由，得，解得，
所以，
又，
所以，.
故选：C
3. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】利用指数与对数的互换表示出，然后利用换底公式以及对数的运算法则求解即可．
【详解】由题可得，即．
原式．
故选：．
4. 在中，“”是“”的（）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据与的推出关系判断.
【详解】若，则，
则，
所以，
所以充分性成立；
若，即，
因为，
所以或，
所以或，即或，
所以必要性不成立.
故“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
5. 设，为正实数，若，则的最小值是（）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
分析】由，令，，即可得到，
则，利用基本不等式计算可得.
【详解】解：因为，为正实数，且，
令，，则，
则，
当且仅当，即，时取等号.
故选：D．
6. 棱台的上、下底面面积分别为4和9，则这个棱台的高和截得棱台的原棱锥的高的比是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出棱台的高与截得它的棱锥的高，利用面积之比等于相似比的平方，化简求出结果．
【详解】设棱台的高为与截得它的棱锥的高，作出草图，如下图所示：
由相似关系可得，，所以，则
即，可得.
故选：B．
【点睛】本题考查棱台的结构特征，计算能力，是基础题．
7. 如图是一个近似扇形的鱼塘，其中，弧长为（）.为方便投放饲料，欲在如图位置修建简易廊桥，其中，.已知时，，则廊桥的长度大约为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆心角，取中点，连接，可得，结合题目给定数据即可求解.
【详解】取中点，连接，由题，
设圆心角，，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】此题考查扇形中的圆心角半径弧长之间的关系，考查图形中的基本运算，平面几何相关知识及数形结合思想的应用.
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，且满足，，，若，则（）
A. B. C. 88D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】根据复合函数导数运算求得正确答案.
【详解】由得，
①，则关于直线对称.
另外②，则关于点对称.
所以
，
所以，所以是周期为的周期函数.
，，
则，
由②，令，得.
所以，
由②，令，得；
所以，
由①，令，得；令，得.
由②，令，得；
令，得，
则，；
，
，以此类推，
是周期为的周期函数.
所以.
故选：B
【点睛】函数的对称性有多种呈现方式，如，则关于直线对称；如，则关于直线对称；如，
则关于点对称；如，则关于点对称.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列命题为真命题的是（）
A. B. “”是“”的充分条件
C. 若,则D. 若,则
【答案】CD
【解析】
【分析】关于选项A,由任意,只需取一反例即可,取时不成立即可排除;
关于选项B,当时不能推出;
关于选项C,因为,对不等式左右两边分别乘以,即可证明;
关于选项D,不等式有同向可加性,将两边同时同时乘以-1,即可证明,再取倒数即可.
【详解】解:关于选项A,
当时,,不满足,
故选项A错误;
关于选项B,
当时,,不满足题意,
故选项B错误;
关于选项C,
,同时乘以可得,
在两边同时乘以,可得,
综上: 成立,
故选项C正确;
关于选项D,
,两式相加可得:
,
则有成立,
故选项D正确.
故选:CD
10. 已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（）
A. 函数的图像关于点中心对称
B. 函数的图像关于直线对称
C. 函数在上单调递减
D. 函数的图像向右平移个单位可得函数的图像
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数图象求得解析式，再根据三角函数图象性质及伸缩平移变换分别判断各个选项.
【详解】由图象得函数最小值为，故，
，故，，
故函数，
又函数过点，故，解得，
又，即，故，
对称中心：，解得，对称中心为，当时，对称中心为，故A选项正确；
对称轴：，解得，当时，，故B选项正确；
的单调递减区间：，解得，又，故C选项不正确；
函数图像上所有的点向右平移个单位，得到函数，故D选项不正确；
故选：AB.
11. 在中，，，则下列判断正确的是（）
A. 的周长有最大值为21
B. 的平分线长的最大值为
C. 若，则边上的中线长为
D. 若，则该三角形有两解
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，由余弦定理和基本不等式求出，从而得到周长的最大值；B选项，作出辅助线，表达出，由基本不等式求出的最值；C选项，由三角恒等变换求出，由正弦定理求出，再在中，由余弦定理求出答案；D选项，判断出，得到三角形解的个数.
【详解】A选项，，故，
变形得到，解得，
当且仅当时，等号成立，
故的周长有最大值为，A正确；
B选项，如图，为三角形的角平分线，故，
过点作⊥于点，⊥于点，
则，设，则，
，
又，
所以，解得，
由A选项可知，又，故，，
当且仅当时，等号成立，
所以，则，
故的平分线长的最大值为，B正确；
C选项，若，则，
故，
在中，由正弦定理得，即，解得，
在中，由余弦定理得，
解得，故边上的中线长为，C错误；
D选项，若，则，
而，则该三角形有两解，D正确.
故选：ABD
12. 已知分别是函数和的零点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】把函数的零点转化两个函数图像交点的横坐标，再结合反函数图像的特点得到点和关于点对称，根据可判断A、B选项；结合反函数的性质可以判断C选项；利用特殊值的思路得到的范围即可判断D选项.
【详解】因为，分别是函数，的零点，所以，，那么，可以看做函数和与函数图像交点的横坐标，
如图所示，点，，分别为函数，，的图像与函数图像的交点，所以，因为函数和互为反函数，所以函数图像关于的图像对称，的图像也关于的图像对称，所以点和关于点对称，，，故AB正确；
由反函数的性质可得，因为单调递增，，
所以，所以，故C错；
当时，函数对应的函数值为，函数对应的函数值为，因为
，所以，
所以的范围为，那么，而，所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 集合的真子集的个数是___________.
【答案】31
【解析】
【分析】先求出集合中元素个数，进而求出真子集个数.
【详解】共5个元素，
则真子集的个数是.
故答案为：31
14. 已知二次函数．甲同学：的解集为；乙同学：的解集为；丙同学：y的对称轴大于零．在这三个同学的论述中，只有一个假命题，则a的范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二次函数的性质分别分析甲乙丙三位同学的论述，从而得解.
【详解】若甲正确，则且，即，则；
若乙正确，则且，即，则；
若丙正确，则二次函数的对称轴方程，可得；
因为只有一个同学的论述为假命题，所以只能乙的论述错误，故.
故答案为：
15. 已知，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据的关系，即可平方得，结合同角关系以及二倍角公式即可求解.
【详解】由平方得，结合得，
所以，由于，所以,
所以，
故答案为：
16. 已知直线是曲线与曲线的公切线，则的值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】由求得切线方程，结合该切线也是的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线，从而求得正确答案.
【详解】设是图像上的一点，，
所以在点处的切线方程为，①，
令，解得，
，所以，
，所以或（此时①为，，不符合题意，舍去），
所以，此时①可化为，
所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知函数，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）求时，函数的值域.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）先根据降幂公式以及辅助角公式化简三角函数，令即可得出答案；
（2）由得，由此即可求出答案．
【详解】解：；
（1）令，得，
所以函数的单调递增区间为；
（2）由得，
∴，
从而函数值域为．
【点睛】本题主要考查三角函数的化简以及性质，属于基础题．
18已知函数.
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若函数在上有2个不同的零点，求的取值范围.
【答案】（1）1；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由函数为偶函数，得到，进而得出，即可求得实数的值；
（2）令，整理得，根据函数在上有2个不同的零点，得到，，结合定义域，即可求解.
【详解】（1）由题意，函数为偶函数，则，即.
整理得，所以.
（2）因为函数，
令，可得，整理得，
即，
由函数在上有2个不同的零点，
所以，，且，，
解得或，
所以的取值范围为.
19. 在数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，然后当时，由已知式子可得，和已知式子相减化简可求得，再验证，即可求得通项公式，
（2）由（1）得，然后利用错位相减法可求得
【小问1详解】
当时，，
当时，则，得，
两式相减得，，所以，
因为满足上式，
所以
【小问2详解】
由（1）得，
所以
所以，
所以
，
所以
20. 如图，四棱锥中，是等边三角形，，．
（1）证明：；
（2）若，，求点A到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点O，连接，结合题意和三角形全等得到，利用线面垂直的判定得到平面，再利用线面垂直的性质即可得证；
（2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和所在直线的方向向量，利用空间向量的方法即可求解.
【小问1详解】
如图，连接，交于点O，连接，
由，
可得，所以，
又，所以，
所以，即O为中点，
在等腰中，可得，
在等腰中，，又，平面，
所以平面，又平面，
所以．
【小问2详解】
由（1）可得，，
又，
所以，
由于为正三棱锥，点P在底面的垂足一定在上，设垂足为M，
根据正三棱锥的性质可得，
如图，过点作的平行线，以的平行线所在直线为轴，以所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系．
可得，
又，
（或）
设平面的法向量，可得
不妨令，可得，
所以，
故所以点A到平面的距离为．
21. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求证：.
（2）求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)结合正弦定理及正弦和角公式得，结合角度范围即可证明；
(2)结合正弦定理及三角恒等变换，结合B角范围即可求解.
【小问1详解】
在中，
由及正弦定理得：
又∵，
∴
即
，
∵，∴.
∵，∴，
【小问2详解】
得：得，
∴，∴，
由题意，及正弦定理得：
∵，∴，即
故的取值范围为
方法二：由正弦定理得：
∵，∴，
由（1）得：，故
由（1）得：得，
∴，∴，
∴，即，
故的取值范围为
22. 已知函数．
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）证明：当时，在上有且仅有一个零点．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）将问题转化为在上恒成立，即在上恒成立；令，利用导数可求得，由此可得的范围；
（2）当时，由可知，将问题转化为证明在上有且仅有一个零点，利用导数可说明在上单调递增，结合零点存在定理可说明在上有且仅有一个零点，由此得到结论.
【详解】（1）由题意得：，
若在上单调递减，则在上恒成立，
在上恒成立，
令，则，
当时，，
当时，，，，，
又，
当时，，在上单调递减，
，，即的取值范围为；
（2）当时，，则，
当时，，在上恒成立，
只需证在上有且仅有一个零点；
，当时，，，
在上恒成立，在上单调递增，
又，，
在上有且仅有一个零点，即在上有且仅有一个零点.
【点睛】思路点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用函数在区间内的单调性求解参数范围、利用导数研究函数的零点个数；本题证明有且仅有一个零点的基本思路是通过导数求得函数的单调性，从而利用零点存在定理说明函数在区间内有且仅有一个零点.