江苏省连云港市灌南高级中学2023届高三数学上学期第一次月考试题（Word版含解析）

灌南高级中学2021-2022高三年级第一学期第一次月考数学试卷一、单选题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（每题5分，8题共40分）1.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出与中不等式的解集确定出与，再求出与的并集．【详解】集合，，则，故选：D2.已知角的终边经过点，则函数的值等于（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用三角函数的定义求出，从而可求出的值【详解】解：因为角的终边经过点，所以，所以故选：A3.函数（且）的图象可能为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.4.设函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用的导函数，结合在区间上的单调性列不等式组求得的取值范围.【详解】由，则，当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增，又函数在区间上单调递减，所以，解得，故选：A5.已知函数，则函数的最小正周期为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式以及辅助角公式化简，再根据即可得出答案.【详解】由题意得在由.故选：D6.已知函数，若为锐角且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由得，结合为锐角可得，然后利用二倍角公式可得.【详解】因为，所以， 因为为锐角，且，所以，所以，.故选：D.7.已知定义在上的偶函数，若正实数、满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由偶函数定义可构造方程求得，由此得到解析式；由已知等式可得到，根据，配凑出基本不等式的形式，利用基本不等式可求得结果.【详解】为上的偶函数，，即，即，整理得：，，，，即；（当且仅当，即时取等号）；的最小值为. 故选：B.8.已知定义在[，]上的函数满足，且当x[，1]时，，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（）A.(，]B.(，]C.(，]D.(，]【答案】B【解析】【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.【详解】∵当时，，∴当时，，综上，，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，∵有三个不同的实数根，∴的图像和直线有三个不同的交点，作的大致图像如图所示， 当直线和的图像相切时，设切点为，∴，可得，，代入，可得，当过点时，，由图知，实数的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点点睛：将方程有三个不同实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数.二、多项选择题：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.已知命题；命题.若是的充分不必要条件，则实数的值是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】先将命题化为最简形式，再代入选项中的值判断即可.【详解】对于：；对于. 对于A，当时，，是的既不充分也不必要条件，故A错误；对于B，当时，，是的既不充分也不必要条件，故B错误；对于C，当时，，是的充分不必要条件，故C正确；对于D，当时，，是的充分不必要条件，故D正确.故选:CD10.若定义域为R的函数在上为减函数，且函数为偶函数，则（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据条件，分析函数的单调性和对称性，再根据的性质逐项分析即可.【详解】因为是偶函数，所以的图像关于直线对称，即当时，单调递增，当时，单调递减，在处取得最大值；对于A，，错误；对于B，，正确；对于C，，正确；对于D，，正确；故选：BCD.11.函数在一个周期内的图象如图所示，则（）． A.该函数的解析式为B.该函数图象的对称中心为，C.该函数的单调递增区间是，D.把函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到该函数图象【答案】ACD【解析】【分析】根据图象可得函数的解析式，然后根据三角函数的性质及图象变换规律逐项分析即得.【详解】由题图可知，，周期，所以，则，因为当时，，即，所以，，即，，又，故，从而，故A正确；令，，得，，故B错误； 令，，得，，故C正确；函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，可得到，故D正确．故选：ACD.12.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数在上单调递减B.函数在上有极小值C.方程在上只有一个实根D.方程在上有两个实根【答案】ABD【解析】【分析】求得函数的导数，求得函数的单调性，可判定A，由函数的单调性和极值的概念，可判定B，利用函数的单调性，极值、端点的函数值，可判定C；将非常的解转化为两个函数图象交点的个数，结合图象，可判定D，即可得到答案.【详解】由题意，函数，可得，当，即，所以，所以，解得，当时，；当时，，当，即，所以， 所以，解得，当时，；当时，，所以当时，单调递减，所以A正确；又因为当时，，当时，，所以在出取得极小值，所以B正确；因为，所以在上不只有一个实数根，所以C不正确；因为方程，即，即，所以，正切函数在为单调递增函数，又由函数，可得，当和时，，当时，，且当时，，作出两函数大致图象，如图所示，由图象可得，当，函数与的图象有两个交点，所以D正确.故选：ABD. 【点睛】利用导数研究函数的单调性（区间）的方法：（1）当导函数不等式可解时，解不等式或，求出函数的单调区间；（2）当方程可解时，解出方程的实根，依据实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间的符号，从而确定函数的单调区间；（3）若导函数对应的方程、不等式都不可解，根据结构特征，利用图像与性质确定的符号，从而确定单调区间.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.函数的定义域为____.【答案】【解析】【详解】由题意得，解得定义域为．14.曲线在处的切线的倾斜角为，则______．【答案】【解析】 【分析】由导数几何意义求得，再结合同角三角函数基本关系即可求解【详解】根据已知条件可知：，因为曲线在处的切线的倾斜角为，所以，因为故答案为：15.若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,,,则实数的值为________．【答案】4【解析】【分析】由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可【详解】由题意得函数的最小正周期,解得故答案为：4【点睛】本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的16.已知函数.①当时，若函数有且只有一个极值点，则实数的取值范围是______；②若函数的最大值为1，则______.【答案】①.②.【解析】【分析】①首先求出当时的极值点，根据题意即可得到的取值范围.②分别讨论当，和时，求出函数的最大值，比较即可求出的值. 【详解】①当时，.，令，解得.因为函数在有且只有一个极值点，所以.②当时，，此时，舍去.当时，，.，..所以，因为，所以.当时，，.，令，解得.，，为增函数，，，为减函数..当时，，所以，（1）当时，；当时，即，，解得（舍去）.当时，即，，解得（舍去）；(2)当时，，只有且，这样的不存在．综上所述：.故答案为：①；②．【点睛】本题主要考查利用导数求含参函数的极值点和最值，分类讨论是解题的关键，属于 难题.四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.设函数，（1）求；（2）求函数所有零点之和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角恒等变化公式化简可得，再求解即可；（2）根据零点的表达式，求出在上的所有零点再求和即可.【小问1详解】，【小问2详解】令，则， 或，，即或，，，或或或，，函数所有零点之和18.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范围．【答案】（I）；（II）【解析】【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理边化角，然后结合特殊角的三角函数值即可确定角B的大小；（II）方法二：结合(Ⅰ)的结论将含有三个角的三角函数式化简为只含有角A的三角函数式，然后由三角形为锐角三角形确定角A的取值范围，最后结合三角函数的性质即可求得的取值范围.【详解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.结合余弦定， ∴，即，即，即，即，∵为锐角三角形，∴，∴，所以，又B为的一个内角，故.[方法二]【最优解】：正弦定理边化角由，结合正弦定理可得：为锐角三角形，故.（II）[方法一]：余弦定理基本不等式因为，并利用余弦定理整理得，即.结合，得.由临界状态（不妨取）可知.而为锐角三角形，所以.由余弦定理得， ，代入化简得故的取值范围是.[方法二]【最优解】：恒等变换三角函数性质结合(1)的结论有：.由可得：，，则，.即的取值范围是.【整体点评】（I）的方法一，根据已知条件，利用余弦定理经过较复杂的代数恒等变形求得，运算能力要求较高；方法二则利用正弦定理边化角，运算简洁，是常用的方法，确定为最优解；（II）的三种方法中，方法一涉及到较为复杂的余弦定理代入化简，运算较为麻烦，方法二直接使用三角恒等变形，简洁明快，确定为最优解.19.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以 .由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法在（1）的方法二中可得．在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法如图，作，垂足为E，作，垂足为点G． 在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.20.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，∠ABC=120°． （1）求证：平面PAC⊥平面PBD；（2）若点M为PB的中点，点N为线段PC上一动点，求直线MN与平面PAC所成角的正弦值的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)设的中点为O,先证明，由条件可得，从而可证明结论.(2)由（1）可得，以所在的直线分别建立x轴和y轴，过O点作平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【小问1详解】设的中点为O，因为，所以，因为，所以，所以B，O，D三点共线，所以，因为平面平面，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】由（1）可得，以所在的直线分别建立x轴和y轴，过O点作平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系，则，因为M为的中点，所以， 设，所以，所以，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，由的对称轴为，当时，当时，即当时，，所以所以，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为21.为了给学生提供优雅的学习环境，某学校决定在夹角为30°的两条道路､之间建造一个半椭圆形状的小花园，如图所示，百米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形区域OMN，作为生物课学习植物的基地.其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G. （1）若百米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；（2）若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，生物学习基地的面积最大？【答案】（1）（2）线段长为百米【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用直线与椭圆相切去求椭圆长半轴长的最大值；（2）利用设而不求的方法先求得面积的表达式，再对其求最大值即可解决.【小问1详解】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，因为，则，又､夹角为30°，所以直线的方程为.又因为，则，则椭圆方程为，为了不破坏道路，则直线与椭圆至多只有一个交点，联立方程组，得， 由于直线与半椭圆至多只有一个交点，则，又，得.当时半椭圆形小花园与道路直线相切，所以椭圆长半轴长的最大值为.【小问2详解】设椭圆焦距为，由椭圆的离心率，，，解得，所以，椭圆的方程为.设，又倾斜角为45°，且交于，所以直线的方程为，设，，由得，则，，则，当且仅当时，的面积最大.所以当线段长为百米，生物学习基地的面积最大.22.已知，R． （1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的，恒成立，求整数a的最小值．【答案】（1）分类讨论见解析（2）2【解析】【分析】（1）求导，分，两种情况讨论导函数正负，即得解；（2）转化原不等式为在区间内恒成立，令，求导分析单调性，即得解小问1详解】由题意得的定义域为，，①时，，在内单调递减，②时，令得或（舍）当，单调递减当，，单调递增．【小问2详解】由题意得，整理得，因为，所以原命题等价于在区间内恒成立，令，则，令，易知在区间内单调递增， 又，，故存在唯一的，使得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；故当时，函数有极大值，也即为最大值，，故，又，故，又a为整数，故a的最小整数值为