2024届江苏省南通市如东县高三上学期期初学情检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省南通市如东县2024届高三上学期期初学情检测数学试题一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，且，所以.故选：C2.已知向量，满足，，，则（）A. B. C.2 D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得：，解得，所以.故选：A.3.已知函数，的值域是，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗画出函数图象，如下图所示：易知，；若时的值域是，由图可知.故选：C4.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设，则，.故选：C5.设，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，解得，所以，又由，解得，所以，因为是的必要不充分条件，所以集合真包含于，所以，解得，经检验，时，，满足题意；时，，满足题意；所以实数的取值范围是.故选:A.6.已知是奇函数，则在处的切线方程是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为为奇函数，所以，化简可得，当时，对任意方程成立，故，所以，故，所以切线方程为，即.故选：B7.已知是边长为4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.〖答案〗D〖解析〗因为为等边三角形，且为中线，则，即，且平面，可得平面，设的外接圆圆心为，半径为，因为，由余弦定理可得，且，则，所以，将四面体转化为直三棱柱，四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，设四面体的外接球的球心为，半径为，则，则，所以四面体的外接球表面积为.故选：D.8.若，恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，恒成立，所以在上恒成立，令，，则，所以，令，，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最小值为，所以.故选：A.二、选择题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单位长度后得到的图像关于原点对称D.函数在区间上的最小值是〖答案〗AC〖解析〗A选项，由题意得，故，解得，又，故，解得，又，故，所以，A正确；B选项，，当时，，故不是函数的一条对称轴，B错误；C选项，将函数的图像向右平移个单位长度后得到，由于的定义域为R，且，故为奇函数，其图象关于原点对称，C正确；D选项，时，，由于在的最小值为，当且仅当时，等号成立，故在区间的最小值是，D错误.故选：AC10.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〖答案〗BD〖解析〗对A，因为，则，解得，则，当且仅当时等号成立；故A错误；对B，因为，则，当且仅当时取得最小值，故B正确；对C，，即，当时显然不合题意，故，则，则或（舍去），则，当且仅当，即，此时时等号成立，故C错误；对D，，令，由A知，则，则当，，此时，故D正确.故选：BD.11.已知锐角的三边长分别是，，，若，则可以取到（）A. B. C. D.〖答案〗BCD〖解析〗因为，由正弦定理可得，又因为，则，整理得，则，由，则，所以，即，则，由题意可得，解得，令，则，因为开口向上，对称轴，则在上单调递增，且，所以，且，即A错误，B、C、D正确.故选：BCD.12.在棱长为2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〖答案〗ACD〖解析〗如图所示，以为坐标原点，分别以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，所以，设，则，对于A中，当点可以是侧面的中心，可得，此时，可得，所以，所以A正确；对于B中，因为，所以，可得，当时，；当时，，取，连接，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，又由，即，所以为的中点，则平面，因为点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又由，所以，则点的轨迹为矩形，不是菱形，所以B错误；所以矩形的面积，所以D正确，因为，所以的最大值为，所以C正确.故选：ACD.三、填空题13.写出一个同时满足下列条件的函数〖解析〗式______.①；②.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗由①；②知，该函数为周期是8的偶函数，取，所以，又，满足②，故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.14.中，，，，的角平分线交于，则______.〖答案〗〖解析〗由题意可知：，，由角平分线可知：，在中，由正弦定理，所以，所以.故〖答案〗为：.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4只小船，则每天能往返16次；若拖7只小船，则每天能往返10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.〖答案〗6〖解析〗设每日每次拖只小船，每日来回次，每只小船的载重量为，每日的运货总重量为，由题意设，则，解得，所以，所以每日运货总重量为，所以当时，取得最大值，即每次拖6只小船，故〖答案〗为：6.16.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______.〖答案〗〖解析〗如图所示，将四面体补成长宽高分别为、、的长方体，由于平面，故截面为平行四边形，由平面几何的平行线段成比例可得，设异面直线与所成角为，则，解得，所以平行四边形的面积，当且仅当时取“”号，故〖答案〗为．四、解答题17.在中，内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若，求.解：（1）在中，由正弦定理，得.因为，所以，所以，即.又因为，所以，所以.又因，所以.（2）因为，，所以.又因为，所以，.所以.18.在正四棱锥中，已知，，，.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.（1）证明：连接交于，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，，可得，，，，则，，，所以，，方法一：设平面的法向量为，则，，令，则，则，因为，所以，又因平面，所以平面.方法二：因为，，则.可得，所以，，共面，且平面，所以平面.（2）解：设平面的法向量为，则，令，则，则，因为，则平面平面，所以二面角的大小是.19.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.（1）解：因为，所以，当时，，所以的单调减区间是，当时，.令得，令得，所以的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）证明：由（1）可得，当时，取得极大值，也是最大值，所以.设，则，令得，令得，所以的单调递减区间是，单调递增区间是，所以，即.因为，所以，所以，所以，所以命题得证.20.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20cm，高为40cm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.（1）求该圆柱的侧面积的最大值；（2）求该圆柱的体积的最大值.解：（1）设该圆柱的底面半径为，高为.由平面几何知识知，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.（2）设圆柱的体积为，因为，所以，令得，令得，令得，所以在上单调递增，上单调递减，所以当时，.21.内角，，的对边分别为，，，其面积为，为的中点，且.（1）若，求；（2）若，求的周长.解：（1）在中，作边上的高.因，，所以，.因为面积为，所以，所以.在中，，，所以.在中，，，所以因为，，所以，（2）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.22.已知是函数的极值点.（1）求的极值；（2）证明：过点可以作曲线的两条切线.（1）解：因为，所以.因为是函数的极值点，所以，所以.即，易知当时，；当或时，；因为在上单调递增，上单调递减，上单调递增，所以当时，取得极大值；当时，取得极小值.（2）证明：设切点，则切线方程是.代入得，整理得.设，则.易知在上单调递减，上单调递增，上单调递减，上单调递增，又因，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等点.又因为当时，，所以在上没有零点；即有且仅有两个零点，也即过点可以作曲线的两条切线.综上可知，命题得证.江苏省南通市如东县2024届高三上学期期初学情检测数学试题一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，且，所以.故选：C2.已知向量，满足，，，则（）A. B. C.2 D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得：，解得，所以.故选：A.3.已知函数，的值域是，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗画出函数图象，如下图所示：易知，；若时的值域是，由图可知.故选：C4.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设，则，.故选：C5.设，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，解得，所以，又由，解得，所以，因为是的必要不充分条件，所以集合真包含于，所以，解得，经检验，时，，满足题意；时，，满足题意；所以实数的取值范围是.故选:A.6.已知是奇函数，则在处的切线方程是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为为奇函数，所以，化简可得，当时，对任意方程成立，故，所以，故，所以切线方程为，即.故选：B7.已知是边长为4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.〖答案〗D〖解析〗因为为等边三角形，且为中线，则，即，且平面，可得平面，设的外接圆圆心为，半径为，因为，由余弦定理可得，且，则，所以，将四面体转化为直三棱柱，四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，设四面体的外接球的球心为，半径为，则，则，所以四面体的外接球表面积为.故选：D.8.若，恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，恒成立，所以在上恒成立，令，，则，所以，令，，则，所以在上单调递增，又，所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最小值为，所以.故选：A.二、选择题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单位长度后得到的图像关于原点对称D.函数在区间上的最小值是〖答案〗AC〖解析〗A选项，由题意得，故，解得，又，故，解得，又，故，所以，A正确；B选项，，当时，，故不是函数的一条对称轴，B错误；C选项，将函数的图像向右平移个单位长度后得到，由于的定义域为R，且，故为奇函数，其图象关于原点对称，C正确；D选项，时，，由于在的最小值为，当且仅当时，等号成立，故在区间的最小值是，D错误.故选：AC10.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〖答案〗BD〖解析〗对A，因为，则，解得，则，当且仅当时等号成立；故A错误；对B，因为，则，当且仅当时取得最小值，故B正确；对C，，即，当时显然不合题意，故，则，则或（舍去），则，当且仅当，即，此时时等号成立，故C错误；对D，，令，由A知，则，则当，，此时，故D正确.故选：BD.11.已知锐角的三边长分别是，，，若，则可以取到（）A. B. C. D.〖答案〗BCD〖解析〗因为，由正弦定理可得，又因为，则，整理得，则，由，则，所以，即，则，由题意可得，解得，令，则，因为开口向上，对称轴，则在上单调递增，且，所以，且，即A错误，B、C、D正确.故选：BCD.12.在棱长为2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〖答案〗ACD〖解析〗如图所示，以为坐标原点，分别以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，所以，设，则，对于A中，当点可以是侧面的中心，可得，此时，可得，所以，所以A正确；对于B中，因为，所以，可得，当时，；当时，，取，连接，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，又由，即，所以为的中点，则平面，因为点在正方体的表面上运动，所以点的轨迹为四边形，又由，所以，则点的轨迹为矩形，不是菱形，所以B错误；所以矩形的面积，所以D正确，因为，所以的最大值为，所以C正确.故选：ACD.三、填空题13.写出一个同时满足下列条件的函数〖解析〗式______.①；②.〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗由①；②知，该函数为周期是8的偶函数，取，所以，又，满足②，故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一）.14.中，，，，的角平分线交于，则______.〖答案〗〖解析〗由题意可知：，，由角平分线可知：，在中，由正弦定理，所以，所以.故〖答案〗为：.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4只小船，则每天能往返16次；若拖7只小船，则每天能往返10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.〖答案〗6〖解析〗设每日每次拖只小船，每日来回次，每只小船的载重量为，每日的运货总重量为，由题意设，则，解得，所以，所以每日运货总重量为，所以当时，取得最大值，即每次拖6只小船，故〖答案〗为：6.16.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______.〖答案〗〖解析〗如图所示，将四面体补成长宽高分别为、、的长方体，由于平面，故截面为平行四边形，由平面几何的平行线段成比例可得，设异面直线与所成角为，则，解得，所以平行四边形的面积，当且仅当时取“”号，故〖答案〗为．四、解答题17.在中，内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若，求.解：（1）在中，由正弦定理，得.因为，所以，所以，即.又因为，所以，所以.又因，所以.（2）因为，，所以.又因为，所以，.所以.18.在正四棱锥中，已知，，，.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.（1）证明：连接交于，如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，，可得，，，，则，，，所以，，方法一：设平面的法向量为，则，，令，则，则，因为，所以，又因平面，所以平面.方法二：因为，，则.可得，所以，，共面，且平面，所以平面.（2）解：设平面的法向量为，则，令，则，则，因为，则平面平面，所以二面角的大小是.19.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，.（1）解：因为，所以，当时，，所以的单调减区间是，当时，.令得，令得，所以的单调递减区间是，单调递增区间是.（2）证明：由（1）可得，当时，取得极大值，也是最大值，所以.设，则，令得，令得，所以的单调递减区间是，单调递增区间是，所以，即.因为，所以，所以，所以，所以命题得证.20.劳动教育