江蘇省揚(yáng)州市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期11月期中檢測(cè)數(shù)學(xué)試題【含答案解析】

2023－2024學(xué)年度第一學(xué)期期中檢測(cè)試題高三數(shù)學(xué)2023.11.15（全卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘）一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合要求）1.已知集合，，則A∩B＝（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別求解兩個(gè)集合，再求交集.【詳解】，得，即，，得，即，所以.故選：C2.“x＝”是“sinx＝”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據(jù)充分不必要條件的定義可得答案.【詳解】當(dāng)時(shí)，成立；而時(shí)得（），故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查充分不必要條件的判斷，一般可根據(jù)如下規(guī)則判斷：（1）若是的必要不充分條件，則對(duì)應(yīng)集合是對(duì)應(yīng)集合的真子集；（2）是的充分不必要條件，則對(duì)應(yīng)集合是對(duì)應(yīng)集合的真子集；（3）是的充分必要條件，則對(duì)應(yīng)集合與對(duì)應(yīng)集合相等；（4）是的既不充分又不必要條件，對(duì)的集合與對(duì)應(yīng)集合互不包含．3.古希臘數(shù)學(xué)家泰特托斯（Theaetetus，公元前417－公元前369年）詳細(xì)地討論了無(wú)理數(shù)的理論，他通過(guò)如圖來(lái)構(gòu)造無(wú)理數(shù)，，，…，則（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意結(jié)合兩角和的正弦公式運(yùn)算求解.【詳解】由題意可知：，可得，所以.故選：C.4.若關(guān)于的不等式的解集為，則不等式的解集為（）.A.（－4，2）∪（3，＋∞）B.（－3，2）∪（4，＋∞）C.（－∞，－3）∪（2，4）D.（－∞，－4）∪（2，3）【答案】B【解析】【分析】的解集為可求得p，q的值，代入到中即可求解.【詳解】關(guān)于x的不等式的解集為，則方程的兩根為和2，則，即.則化為，整理得，可解得或.故答案為：B.5.已知，則（）.A. B. C.1 D.3【答案】A【解析】【分析】利用誘導(dǎo)公式以及同角三角函數(shù)之間的基本關(guān)系化簡(jiǎn)代入計(jì)算可得結(jié)果為.【詳解】由誘導(dǎo)公式可得，將代入計(jì)算可得，原式.故選：A6.設(shè)，則的大小關(guān)系為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指數(shù)函數(shù)以及對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，即可判斷出答案.【詳解】由題意得，，由于為上的單調(diào)增函數(shù)，故，故，故選：C7.已知函數(shù)，，則下圖所對(duì)應(yīng)的函數(shù)可能是（）.A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用函數(shù)的奇偶性，單調(diào)性逐項(xiàng)判斷即可.【詳解】由題意可知該函數(shù)是奇函數(shù)，又，即是奇函數(shù)，，即是偶函數(shù)，對(duì)于A，，所以為非奇非偶函數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，，所以為非奇非偶函數(shù)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，，，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，，但比增長(zhǎng)更快，即從負(fù)方向趨向于0，故D正確.故選：D.8.有兩個(gè)點(diǎn)在軸上移動(dòng)，時(shí)刻的位置分別由函數(shù)和確定，在時(shí)段內(nèi)兩點(diǎn)重合的時(shí)刻有（）.A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè)【答案】C【解析】【分析】利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)以及零點(diǎn)存在性定理來(lái)求得正確答案.【詳解】由得，構(gòu)造函數(shù)，，令解得，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增.，結(jié)合圖象以及零點(diǎn)存在性定理可知有個(gè)零點(diǎn)，所以在時(shí)段內(nèi)兩點(diǎn)重合的時(shí)刻有個(gè).故選：C【點(diǎn)睛】利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的零點(diǎn)，首先是求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，（1）確定的定義域；（2）計(jì)算導(dǎo)數(shù)；（3）求出的根；（4）用的根將的定義域分成若干個(gè)區(qū)間，考查這若干個(gè)區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，進(jìn)而確定的單調(diào)區(qū)間：，則在對(duì)應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)，對(duì)應(yīng)區(qū)間為增區(qū)間；，則在對(duì)應(yīng)區(qū)間上是減函數(shù)，對(duì)應(yīng)區(qū)間為減區(qū)間，再結(jié)合圖象以及零點(diǎn)存在性定理即可對(duì)問(wèn)題進(jìn)行求解.二、多項(xiàng)選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分）9.下列函數(shù)中，最小值是4的有（）.A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】利用基本不等式求最值判斷ACD，取，可判斷B.【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，滿足題意；對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，則，不滿足題意；對(duì)于C選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，又，所以等號(hào)不成立，即的最小值不是，不滿足題意；對(duì)于D選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值是4，滿足題意.故選：AD10.下列選項(xiàng)中，能說(shuō)明“，都有”為假命題的x取值有（）.A. B. C.0 D.3【答案】AB【解析】【分析】將選項(xiàng)中的取值逐一代入計(jì)算可得AB為假命題，符合題意.【詳解】易知，但，此時(shí)為假命題，即A正確；同理，但，此時(shí)為假命題，即B正確；而，但，此時(shí)為真命題，即C錯(cuò)誤；顯然，可得D錯(cuò)誤；故選：AB11.在中，角所對(duì)的邊分別為，則能推出的有（）.A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】A中，由正弦定理化簡(jiǎn)得到，即，可判定A正確；B中，由正弦定理化簡(jiǎn)得到，得到，可判定B不正確；C中，根據(jù)兩角和的正切公式，得到，得出，即，可判定C正確；D中，由正弦定理和兩角和正弦公式，化簡(jiǎn)得到，得到，進(jìn)而可判定D正確.【詳解】對(duì)于A中，因?yàn)?，由正弦定理得，因?yàn)?，可得，可得，即，又因?yàn)?，所以，所以A正確；對(duì)于B中，因?yàn)椋烧叶ɡ淼?，即，因?yàn)椋傻?，所以，又因?yàn)?，所以，因?yàn)?，可得，所以，可得，所以B不正確；對(duì)于C中，因?yàn)?，因?yàn)椋傻?，所以，可得，因?yàn)椋傻?，所以，即，又因?yàn)?，所以，所以C正確；對(duì)于D中，因?yàn)橛烧叶ɡ淼茫?，可得，因?yàn)?，可得，所以，又因?yàn)?，可得，因?yàn)?，可得，所以，可得，所以D正確.故選：ACD.12.已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)的定義域均為R，且滿足，，，記，則下列說(shuō)法中正確的有（）.A.函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱B.函數(shù)為奇函數(shù)C.函數(shù)的圖象關(guān)于對(duì)稱D.數(shù)列的前2023項(xiàng)之和為－4050【答案】BD【解析】【分析】按題意變形可逐項(xiàng)判斷ABD，取特殊函數(shù)可排除C【詳解】且關(guān)于對(duì)稱由知關(guān)于對(duì)稱，故A錯(cuò)，由這兩個(gè)對(duì)稱可得周期又，綜上及有故，的前2024項(xiàng)之和為，前2023項(xiàng)之和為，故D對(duì)記，由得則，故B對(duì)不妨取，由得故不關(guān)于對(duì)稱，C錯(cuò)故選：BD【點(diǎn)睛】先由已知條件求對(duì)稱軸和對(duì)稱中心，從而得到周期，注意用特值法檢驗(yàn)以排除錯(cuò)誤選項(xiàng)三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.已知函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)，則______.【答案】3【解析】【分析】由題意易得，求導(dǎo)可得，代入計(jì)算可知.【詳解】將點(diǎn)代入可得，即可知；所以，則，即可得.故答案為：14.將函數(shù)圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，縱坐標(biāo)不變，再向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)的圖象，則______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)三角函數(shù)的變換規(guī)則進(jìn)行求解即可．【詳解】解：將函數(shù)圖象上每一點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短為原來(lái)的一半，縱坐標(biāo)不變，得到，再向右平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)的圖象，則，故答案為：．15.已知正數(shù)a，b滿足，則的最小值為_(kāi)_____.【答案】2【解析】【分析】利用基本不等式中常數(shù)代換技巧求最值即可.【詳解】因?yàn)檎龜?shù)a，b滿足，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，等號(hào)成立，所以的最小值為2.故答案：216.若函數(shù)f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d（b，c，d∈R）恰有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，且|x2－x1|＝1，則函數(shù)f（x）所有可能的極大值為_(kāi)_____.【答案】0，【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖象，結(jié)合題意可知其中一個(gè)極值點(diǎn)就是零點(diǎn)才能滿足函數(shù)恰好有2個(gè)零點(diǎn)的情況，再分類(lèi)討論即可得解.【詳解】由于，所以，由于函數(shù)恰有兩個(gè)零點(diǎn)，所以有2個(gè)不等實(shí)數(shù)根，所以的圖象呈先增，再減，再增的趨勢(shì)，所以其中一個(gè)極值點(diǎn)就是零點(diǎn)，假設(shè)，即是極值點(diǎn)又是零點(diǎn)，如下圖：則，此時(shí)的極大值剛好為，即是極值點(diǎn)又是零點(diǎn)，如下圖：則，即，設(shè)為極大值點(diǎn)，則，即，顯然，則，整理得，又，所以；此時(shí)的極大值為，故答案為：0，.四、解答題（本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）17.已知函數(shù)的圖象過(guò)點(diǎn)，且|的最小值為.（1）求函數(shù)的解析式，并求出該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)周期以及經(jīng)過(guò)的點(diǎn)即可求解函數(shù)的表達(dá)式為，進(jìn)而根據(jù)整體法即可求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，（2）根據(jù)同角關(guān)系和差角公式即可求解.【小問(wèn)1詳解】因?yàn)?，且的最小值為，所以，則，所以，又，所以，又，所以，所以.令，解得，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為.【小問(wèn)2詳解】由題可知，則，因?yàn)椋?，所以，所?8.如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA＝BC＝BB1＝1，BA⊥BC.（1）記平面平面，證明：平面；（2）點(diǎn)Q是直線上的點(diǎn)，若直線與所成角的余弦值為，求線段長(zhǎng).【答案】（1）證明見(jiàn)解析（2）【解析】【分析】（1）首先作出兩平面的交線，再根據(jù)線面平行的判斷定理，即可證明；（2）首先以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，代入向量所成角的余弦值公式，即可求解.【小問(wèn)1詳解】證明：連接交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，連接，則平面和平面交線為，即因?yàn)闉橹比庵?，所以為平行四邊形，所以為中點(diǎn)，為中點(diǎn)，所以，又平面平面，所以平面，即平面.【小問(wèn)2詳解】直三棱柱中，，所以兩兩垂直.以為單位正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則.設(shè)，則，所以解得，所以線段長(zhǎng)為.19.定義域?yàn)镽的函數(shù)是奇函數(shù).（1）求實(shí)數(shù)a的值；（2）若存在，使得成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）法一：由奇函數(shù)求參數(shù)，注意驗(yàn)證是否滿足題設(shè)；法二：由奇函數(shù)性質(zhì)得到恒等式求參數(shù)即可；（2）根據(jù)單調(diào)性、奇函數(shù)性質(zhì)，將問(wèn)題化為在上有解，利用三角恒等變換及正弦型函數(shù)性質(zhì)求左側(cè)的值域，即可確定參數(shù)范圍.【小問(wèn)1詳解】法一：因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，即，解得此時(shí)，故是奇函數(shù)，故.法二：因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，即對(duì)恒成立，所以.【小問(wèn)2詳解】由（1）知，則在上為減函數(shù)，又是奇函數(shù)，由得：，所以，即在上有解，記，則因?yàn)椋瑒t，所以，所以，所以，即.20.某品牌方便面每袋中都隨機(jī)裝入一張卡片（卡片有A、B、C三種），規(guī)定：如果集齊A、B、C卡片各一張，便可獲得一份獎(jiǎng)品.（1）已知該品牌方便面有兩種口味，為了了解這兩種口味方便面中C卡片所占比例情況，小明收集了以下調(diào)查數(shù)據(jù)：口味1口味2合計(jì)C卡片201030非C卡片7545120合計(jì)9555150根據(jù)以上數(shù)據(jù)，判斷是否有99%的把握認(rèn)為“該品牌方便面中C卡片所占比例與方便面口味有關(guān)”?（2）根據(jù)《中華人民共和國(guó)反不正當(dāng)競(jìng)爭(zhēng)法》，經(jīng)營(yíng)者舉辦有獎(jiǎng)銷(xiāo)售，應(yīng)當(dāng)向購(gòu)買(mǎi)者明示獎(jiǎng)品種類(lèi)、中獎(jiǎng)概率、獎(jiǎng)品金額或者獎(jiǎng)品種類(lèi)、兌獎(jiǎng)時(shí)間和方式.經(jīng)小明查詢，該方便面中A卡片、B卡片和C卡片的比例分別為，，，若小明一次購(gòu)買(mǎi)3袋該方便面.①求小明中獎(jiǎng)的概率；②若小明未中獎(jiǎng)，求小明未獲得C卡的概率.附：，P0.0500.0100.001（χ2≥x0）x03.8416.63510.828【答案】（1）沒(méi)有（2）①；②【解析】【分析】（1）求得的值，再與臨界值表對(duì)照下結(jié)論；（2）①記“小明一次購(gòu)買(mǎi)3袋該方便面，中獎(jiǎng)”為事件，利用獨(dú)立事件的概率求解；②記“小明一次購(gòu)買(mǎi)3袋該方便面，未獲得卡”為事件，由求解.【小問(wèn)1詳解】解：提出假設(shè)：該品牌方便面中卡片所占比例與方便面口味無(wú)關(guān).又，所以沒(méi)有的把握認(rèn)為“該品牌方便面中卡片所占比例與方便面口味有關(guān)”.【小問(wèn)2詳解】①記“小明一次購(gòu)買(mǎi)3袋該方便面，中獎(jiǎng)”為事件，.②記“小明一次購(gòu)買(mǎi)3袋該方便面，未獲得卡”為事件.，.答：①小明中獎(jiǎng)的概率為；②小明為中獎(jiǎng)，未獲得卡的概率為.21.在中，，且邊上的中線長(zhǎng)為1.（1）若，求的面積；（2）若，求的長(zhǎng).【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由題可得，利用勾股定理可判斷是直角三角形，且又邊上中線，運(yùn)算可得解；（2）方法一，設(shè)，在，中，分別由正弦定理兩式可得，在和中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，運(yùn)算可得解；方法二，作的角平分線，交與，在和中，由正弦定理可得，再由可得，計(jì)算得，在和中，由余弦定理可求得結(jié)果；方法三，延長(zhǎng)到，使，由，可得，運(yùn)算得，在和中，由余弦定理可得結(jié)果.【小問(wèn)1詳解】由題可知，由勾股定理得，，所以是直角三角形，又，所以，又邊上中線，所以，，，所以.【小問(wèn)2詳解】方法一：由題可知，設(shè)，則，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，所以，則，①在和中，由余弦定理得所以，②在中，由余弦定理得，即，即，③將代入得，④由①④得，即，即，即，即，因?yàn)椋?，則，所以.故的長(zhǎng)為2.方法二：作的角平分線，交與，設(shè)，則，在和中，由正弦定理可得，又，所以，所以.由題可知，所以，在和中，，所以，所以，則，即，即，所以（舍）或.在和中，由余弦定理得所以，則，解得.故的長(zhǎng)為2.方法三：延長(zhǎng)到，使，連接，由題可知，設(shè)，則，在和中，，所以，所以，則，所以，即，即，所以（舍）或.在和中，由余弦定理得所以，則，解得.故的長(zhǎng)為2.22已知函數(shù).（1）若，的最小值為0，求非零實(shí)數(shù)a的值；（2）若，恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】（1）1或（2）【解析】【分析】（1）求出導(dǎo)函數(shù)，解出的解.分，以及兩種情況，得出函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而根據(jù)函數(shù)的最小值，列出方程，求解即可得出答案；（2）先根據(jù)已知推得，取特殊點(diǎn)得出，即證當(dāng)時(shí)，恒成立.方法一：將函數(shù)看成關(guān)于的二次函數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，列出不等式組，求解即可說(shuō)明；方法二：先證明.放縮得出，通過(guò)計(jì)算得出，即可得出恒成立，進(jìn)而得出證明.【小問(wèn)1詳解】因?yàn)?，則，令，則或.若，則，解，可得，所以在單調(diào)遞減；解，可得，所以在單調(diào)遞增.所以，解得；若，則，解，可得，