2023-2024学年江苏省南通市如东县高三上学期期初学情检测联考数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省南通市如东县高三上学期期初学情检测联考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，，，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知向量，满足，，，则( )
A. B. C. D.
3. 已知函数，的值域是，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
4. 已知，则( )
A. B. C. D.
5. 设，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
6. 已知是奇函数，则在处的切线方程是( )
A. B. C. D.
7. 已知是边长为的等边三角形，将它沿中线折起得四面体，使得此时，则四面体的外接球表面积为( )
A. B. C. D.
8. 若，恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知是函数的一个对称中心，则( )
A.
B. 是函数的一条对称轴
C. 将函数的图像向右平移后得到的图像关于原点对称
D. 函数在区间上的最小值是
10. 已知正实数，满足，则( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11. 已知锐角的三边长分别是，，若，则可以取到( )
A. B. C. D.
12. 在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足记点的轨迹为，则( )
A. 点可以是侧面的中心 B. 是菱形
C. 线段的最大值为 D. 的面积是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 写出一个同时满足下列条件的函数解析式 ．．
14. ，，，，角平分线交于，则 ．
15. 一个动力船拖动载重量相等的小船若干只，在两个港口之间来回运货若拖只小船，则每天能往返次若拖只小船，则每天能往返次已知增加的小船只数与相应减少的往返次数成正比例为使得每天运货总量最大，则每次拖 只小船时．
16. 如图，在四面体中，，，，，分别是，的中点若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，且B.
求
若，求
18. 本小题分
在正四棱锥中，已知，，，．
证明：平面
求二面角的大小．
19. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性
证明：当时，．
20. 本小题分
劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容，对于培养社会主义建设者和接班人具有重要战略意义为了使学生熟练掌握一定劳动技能，理解劳动创造价值，某普通高中组织学生到工厂进行实践劳动在设计劳动中，某学生欲将一个底面半径为，高为的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．
求该圆柱的侧面积的最大值
求该圆柱的体积的最大值．
21. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知面积为，为的中点，且．
若，求
若，求的周长．
22. 本小题分
已知是函数的极值点．
求的极值
证明：过点可以作曲线的两条切线．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了集合的基本运算，是基础题．
利用两个集合交集的定义直接求出．
【解答】
解：据题意得：，，
．
故选C．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积和模，属于基础题．
先求出，再利用向量的模长公式即可求解．
【解答】
解：由题意，，
解得，
故
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二次函数的值域问题，属于基础题．
根据二次函数的性质求解即可．
【解答】
解：因为函数在区间上是增函数，在上是减函数，
且，，
所以函数在区间上的值域是，必有．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查诱导公式以及二倍角公式，属于基础题．
将所求利用诱导公式、二倍角公式化简，结合已知即可求值得解．
【解答】
解：，
．
故选C．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查必要条件、充分条件与充要条件的性质，属于基础题．
解根式不等式，我们可以求出满足命题的集合，解二次不等式，我们可以求出满足命题的集合，
进而根据是的必要不充分条件，我们可得，进而根据集合子集的定义，我们可以构造出关于的不等式组，解不等式即可求出实数的取值范围．
【解答】
解：解不等式：得：，
故满足命题的集合，
解不等式：得： ，
故满足命题的集合，
若是的必要不充分条件，
则，
即
解得
故实数的取值范围是，此时两个集合不可能相等，
故选A．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性和导数的几何意义，属于基础题．
利用奇偶性求，由导数的几何意义求切线方程．
【解答】
解：因为是奇函数，
则，解得，
故，则，则，
又，
故切线方程为，即．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，割补法的应用，属于中档题．
将四面体补成直棱柱，求出外接球半径，然后求解外接球的表面积．
【解答】
解：因为，将它沿高翻折，使得此时，
所以可得，，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，
设的外接圆的半径，
则，
所以，
因为，，，
所以面，
将此三棱锥放在直棱柱中，设其外接球的半径为，
则，
所以外接球的表面积，
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，考查了转化与化归思想，属于中档题．
将不等式转化为，设，利用导数求出函数的最小值，即可得到的取值范围．
【解答】
解：由题意，不等式可化为，
设，
则
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以当时，，即，
当时，，即
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
故选A．
9.【答案】
【解析】【分析】
首先利用函数的对称中心求出函数的关系式，进一步利用函数的关系式的应用和函数的图象的平移变换和单调性的关系判定、、、的结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，函数的图象的平移变换的应用，函数的零点和方程的根的关系，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
【解答】
解：因为点是函数图象的一个对称中心，
所以，
即，解得，，
又因为，所以．
A.故正确．
B.，即，故错误．
C.向右平移个单位得函数，关于原点对称，故正确．
D.当时，，所以所以函数在，上的最小值为故错误．
故选AC．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式求最值，属于一般题目，
根据基本不等式及其变形逐项判断即可．
【解答】
解：，，当且仅当时取等号．
，，
解得或舍，符合题意
同理，由，得当且仅当时取等号，
解得或舍，
即，从而排除．
对于项，由题可知，
故，
当且仅当时，等号成立，故C错误
对于项，
，
又，所以的最小值为，
当且仅当时取得最小值，故D正确．
故选BD．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查正弦定理，考查含型函数的取值范围，考查三角恒等变换，属于较难题．
由正弦定理可得，根据及两角和差公式可得，由三角恒等变换可得，由是锐角三角形，可得，从而可得然后作差比较即可求解．
【解答】
解：由及正弦定理可得，
即，
即，
即，即．
因为是锐角三角形，所以，所以，
所以，即．
所以．
所以
．
因为是锐角三角形，所以，解得，
所以．
所以，
所以，
所以，
所以．
因为，
所以，故A不正确；
因为，
，
所以，故B正确；
因为，所以，
所以．
因为，所以，
所以．
因为，所以，故C正确；
因为，所以，故D正确．
故选BCD．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了立体几何的综合应用，考查空间中的轨迹问题和空间向量的应用，属于较难题．
以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量对选项逐个判断即可．
【解答】
解：在正方体中，以为坐标原点，
分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，，分别为，的中点，
则，，
所以，
设，则，
因为，
所以，
当时，，
当时，，
取，
连结，，，，
则，，
所以四边形为矩形，则，
即，，又和为平面中的两条相交直线，
所以平面，
又，
所以为的中点，则平面，
所以为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，
所以点的轨迹为四边形，
因此点可以是侧面的中心，
故选项A正确；
因为四边形为矩形，故是矩形，故B错误；
又，，
所以的面积是，故D正确
因为点的轨迹为矩形，
所以当点在矩形的四个端点时，取得最大值，线段的最大值为，
故选项C正确
13.【答案】答案不唯一
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性和对称性，属于基础题．
根据函数奇偶性和对称性，即可得到答案．
【解答】
解：满足 ，则图象关于中心对称，
又，
为偶函数，
所以同时满足两个条件的函数可以为答案不唯一．
14.【答案】
【解析】【分析】本题考查正弦定理，向量的数量积，属于中档题由正弦定理，求出的长度，再由向量数量积求出结果即可．
【解答】由题意，，
又由于为的角平分线，
故，故
在中，由正弦定理，得到，
从而，
故
15.【答案】
【解析】解：设，则，
则设一次拖小船的只数为，
即在拖只小船的基础上增加了只小船，
则每天往返次为
设一只小船可带的量，
则每天运货总量为．
，物线开口向下，
则时，有最大值，
故每次拖只能使每天运货总量最大每次拖只小船，能使每天运货总量最大．
故答案为：．
本题考查了利用一次、二次、分式函数模型解决实际问题，是中档题．
根据题意可得，求出，设一次拖小船的只数为，列出运货总量表达式利用二次函数的性质即可求．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面的基本性质及推论，空间几何体的截面问题，属于中档题．
补成长，宽，高分别为，，的长方体，在长方体中可解决．
【解答】
解：补成长、宽、高分别为的长方体，
，
截面为平行四边形，
可得，
设异面直线与所成的角为，
则，
在中运用余弦定理可得，
所以，
，
当且仅当时取等号，
故答案为．
17.【答案】解：在中，由正弦定理，得B.
因为，
所以，．
所以，即．
又因为，所以，所以．
又因为，所以．
因为，，
所以．
又因为，所以，．
所以．
【解析】本题考查正弦定理、两角和与差的三角函数公式
利用正弦定理和两角和的正弦公式以及诱导公式化简得到，即可求解；
根据二倍角公式和两角和的正弦公式即可求解。
18.【答案】解：连接交于，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系．
因为，，，，，
所以，，，，
所以，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，，
令，则．
因为，所以，
又因为平面，所以所以平面．
设平面的法向量为，
则，，
令，则．
因为，所以平面平面，
所以二面角的大小是．

【解析】本题考查利用空间向量判定线面的平行关系，利用空间向量求面面的夹角，属于基础题，
建立空间坐标系，求出平面的法向量，根据证明即可；
求出平面的法向量为，根据求出二面角的大小．
19.【答案】解：显然定义域为，．
当时，，所以的单调减区间是
当时，当，
所以的单调减区间是，单调增区间是．
由可得，当时，取得极大值，也是最大值，
所以．
设，则，
所以的单调减区间是，单调增区间是，
所以，即．
因为，所以，所以，
所以，
所以命题得证．
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性以及导数中的函数不等式
求导，对进行讨论，根据导函数的正负判断原函数的单调性即可；
由可得，当时，取得极大值，也是最大值，所以．
设，求出的单调性和最值即可证明。
20.【答案】解：设该圆柱的底面半径为，高为，
因为，所以，即，
因为，所以，
因为，
当且仅当时等号成立，
所以该圆柱的侧面积的最大值是
因为，
所以
因为在上单调递增，上单调递减，
所以当时，
【解析】本题考查圆柱的侧面积和体积，利用导数研究函数的最大值，属于中档题．
结合基本不等式求出圆柱的最大侧面积；
由题意得，对函数求导，根据函数的单调性求出体积的最大值．
21.【答案】解：在中，作边上的高，
因为，，所以，．
因为面积为，所以，所以．
在中，，，
所以．
在中，，，
所以．
因为，，
所以．
因为，
，，
所以．
因为，所以，
即，所以．
又因为面积为，所以，
所以．
因为，且，所以．
因为，所以．
又因为，
所以，，
所以的周长是．
【解析】本题考查三角形面积公式，考查余弦定理，考查平面向量的数量积运算，属于较难题．
在中，作边上的高，由面积公式可得在中与中分别求出，，由两角和的正切公式可得，再由诱导公式即可求解；
由平面向量的数量积运算及余弦定理可得，由，得，由三角形面积公式可得，故，可得，从而可求，，的值，从而可求解．
22.【答案】解：因为，所以．
因为是函数的极值点，
所以，所以．
因为在上单调递减，上单调递增，上单调递减，
所以当时，取得极大值，
当时，取得极小值．
设切点，
则切线方程是
代入得，
整理得．
设，
则．
因为在单调递减，上单调递增，
上单调递减，上单调递增，
又因为，所以在上有且只有一个零点．
又因为，，
所以在上有且只有一个零点．
又因为当时，，
所以在上没有零点．
综上可知，命题得证．
【解析】本题主要考查了导数的运算、几何意义及极值点的知识，考查了学生的分析与计算能力，
由可求得的值，故可求的极值
设切点，求得切线方程．
设，利用导数研究函数的极值，故可得证
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