精品解析：江苏省南通市海安市2023-2024学年高三上学期期初学业质量监测数学试题（解析版）

2024届高三期初学业质量监测试卷数学09.04注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共4页，满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卷交回.2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符.4.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设全集，集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据集合的并集与补集运算计算即可【详解】由题意得：，所以.故选：D.2.设，则的共轭复数为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算法则以及共轭复数的概念直接计算即可.【详解】由题意得，，所以.故选：A3.已知，，，则（）A.5 B.6 C.8 D.9【答案】B【解析】【分析】根据指数的运算性质即可求解.【详解】由于，∴，故选：B.4.已知声强级（单位：分贝），其中常数是能够引起听觉的最弱的声强，是实际声强.当声强级降低1分贝时，实际声强是原来的（）A.倍 B.倍 C.倍 D.倍【答案】D【解析】【分析】根据题干列式，再应用对数运算律计算即可.【详解】，则，所以，∴.故选：D.5.为了得到函数的图象，只要将函数的图象（）A.向左平移1个单位长度 B.向左平移个单位长度C.向右平移1个单位长度 D.向右平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，结合平移“左加右减”准则，即可求解．【详解】解：，把函数的图形向左平移个单位可得到函数．故选：B．6.设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据对数型复合函数的单调性,结合二次函数的性质即可求解.【详解】在单调递增，故在单调递减，则，又∵在恒成立，则，故，∴，故选：D.7.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断，然后利用构造函数法，结合导数判断出正确答案.【详解】，，所以，设，所以在上单调递减，所以，，所以，所以.故选：C8.已知某圆柱的上、下底面圆周分别在同一圆锥的侧面和底面上，则圆柱与圆锥的体积比的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据几何特征及柱锥体积公式列出体积比，再利用导数研究函数的最值计算即可.【详解】如图，设，圆柱半径，圆柱的高为，圆锥的半径为.则，令，，令，所以，令，令，所以上单调递增，上单调递减，，故选：C.二、选择题：本大题共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.若，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】利用不等式的性质及指对函数的性质一一判定即可.【详解】对于A，，∴，A错.对于B，由定义域上单调递增得，B对.对于C，当，时，，，此时，C错对于D，，则，在定义域上单调递增，∴，D对.故选：BD.10.下列区间上，函数有零点的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据零点存在性定理计算函数值即可求解.【详解】时，，，,∴在有零点，C正确.，所以，在连续则在有零点，D正确.时，时，由于当时，所以在单调递减，故，而当时，，所以无实数根，故在无零点.B错误，，，∴，∴在有零点，A正确，故选：ACD.11.已知函数的定义域为，则为奇函数的必要不充分条件是（）A. B.为奇函数C.存在无数个， D.为偶函数【答案】AC【解析】【分析】根据抽象函数结合奇偶性判断各个选项即可.【详解】不能得到为奇函数，为奇函数一定有，∴是为奇函数的必要不充分条件，A对.，，既是奇函数，又是偶函数，则，∴则为奇函数，充要条件，B不选.有无数个，不一定有为奇函数，不充分，为奇函数一定有无数个，必要，C选.为偶函数，，∴，∴，∴为奇函数，充分，D不选.故选：AC.12.已知定义在上的函数满足，则下列结论正确的是（）A.B.C.若，则D.若对任意的实数，，则是单调增函数【答案】BCD【解析】【分析】利用赋值法即可判断AB，结合基本不等式即可判断C，由单调性的定义即可判断D.【详解】时，，∴或，A错.取，，B对.，由B知：所以，C对.由可知：当时，，此时，∴，故对任意的有，所以不存在使，故对，，当时，，故，∴在上单调递增，D对.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设命题：，.写出一个实数___________，使得为真命题.【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根据命题为真求参即可.【详解】若正确，时,有解，时,则或，所以，综上，真，则，即中任取一个值都可以.故答案为：(答案不唯一)14.某单位建造一个长方体无盖水池，其容积为，深3m.若池底每平米的造价为150元，池壁每平米的造价为120元，则最低总造价为__________元.【答案】8160【解析】【分析】利用基本不等式计算即可.【详解】设长，宽，∴，∴，总造价.当且仅当时取得等号.故答案为：816015.已知定义在上的函数同时满足下列三个条件：①为奇函数；②当时，，③当时，.则函数的零点的个数为__________.【答案】5【解析】【分析】根据函数奇偶性及分段函数解析式画图象数形结合即可求解.【详解】，则，，在上为负，递减；在为正，递增，，，，作出在的图象.时，，向上平移2个单位；时，，再向上平移2个单位，，.纵轴右边图象与左边图形关于原点对称，由图可知函数的图象在纵轴右边上有4个交点，在纵轴左边上有1个交点点，∴共有5个零点.故答案为：5.16.若函数，存在最值，则实数的取值范围是__________.【答案】##【解析】【分析】利用一次函数的性质分类讨论去绝对值符号，分析即可.【详解】①当时，，，在上单调递减，上单调递减，此时无最值；②当时，，则易知有最小值-3.③当时，，，在上单调递减，上单调递增，上单调递增，即有最小值，则，∴，综上：.故答案为：.四、解答题：本大题共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.如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点满足，点为棱与平面的交点.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作交于点，连接，通过证明四点共面即可求解；（2）以为原点建立坐标系，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】过作交于点，连接，因为为正方形，所以，所以四点共面，即平面延伸至平面，所以即为棱与平面的交点，所以.【小问2详解】因为平面，且为正方形，所以两两垂直，以为原点建立如图所示坐标系，所以由题意可知，，，因为点满足且，所以，，所以，，，设平面的法向量，则，令可得平面的一个法向量为，设与平面所成角为，.18.记的内角、、的对边分别为、、，且.点在上，且为的平分线，.（1）若，求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等面积法可得出，利用三角形的面积公式以及可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值；（2）利用角平分线定理可得出，，在、分别利用余弦定理可得出关于、的方程组，解出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.【小问1详解】解：因为，为的平分线，，，则，即，则，所以，，解得，由余弦定理可得.【小问2详解】解：因为为的平分线，则，又因为，则，，因为，则，在中，由余弦定理可得，即，①在中，由余弦定理可得，即，②，联立①②可得，因此，.19.如图，一个各项均为正数的数表中，每一行从左至右均是等差数列，每一列从上至下均是等比数列，且公比相等，记第行第列的数为.1…620…（1）求；（2）记，求数列的前项的和.【答案】（1）56（2）【解析】【分析】（1）根据表格提供数据求得公差、公比，由此求得.（2）先求得，然后利用错位相减求和法求得.小问1详解】设第一行从左至右公差为，各侧自上而下公比为，∴，∴.【小问2详解】，∴①，②，①②得：，∴.20.现有甲、乙两个盒子，甲盒中有3个红球和1个白球，乙盒中有2个红球和2个白球，所有的球除颜色外都相同.某人随机选择一个盒子，并从中随机摸出2个球观察颜色后放回，此过程为一次试验.重复以上试验，直到某次试验中摸出2个红球时，停止试验.（1）求一次试验中摸出2个红球的概率；（2）在3次试验后恰好停止试验的条件下，求累计摸到2个红球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据全概率公式求得正确答案.（2）根据条件概型、独立重复试验等知识求得累计摸到2个红球的概率.【小问1详解】一次试验摸出2个红球的概率为.【小问2详解】记在3次试验后恰好停止试验为事件，累计摸到2个红球为事件，∴，，，∴21.在直角坐标系中，点到点的距离与到直线：的距离之比为，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）过上两点，作斜率均为的两条直线，与的另两个交点分别为，.若直线，的斜率分别为，，证明：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先设点，根据题意转化为的方程，即可求解；（2）利用点斜式方程设出直线的方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示和的关系，再代入斜率公式，即可证明.小问1详解】设，由题意可知，所以的方程为；【小问2详解】设，，∴方程：代入椭圆方程，∴，∴，∴，∴，∴同理设，，∴，∴为定值.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数.（1）若在处的切线在轴上的截距为，求；（2）若不是单调函数，证明：，且.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设出切点坐标，求得切线方程，根据切线的纵截距求得.（2）先由不是单调函数求得，然后结合导数以及零点存在性定理求得的最小值，证明最小值大于，从而得解.【小问1详解】，切点，切线方程，令，由于且，所以.【小问2详解】，若，则，在上单调递减，这与条件矛盾，舍去.所以，且在上单调递增.若，则，令，取，则，若，则，令，取，则所以存在唯一的使，且当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以，（不符合，基本不等式等号不成立）【点睛】求解曲线切线有关的问题，首先要注意要求的是“在”还是“过”；其次要把握关键点：一是切点坐标，特别是横坐标；而是斜率，斜率可利用导数求得，也可以利用切线上的两个点的坐标来求得.