Page23江蘇省連云港市2024屆高三數學上學期第一次月考試題一、單選題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．（每題5分，8題共40分）1.若集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出與中不等式的解集確定出與，再求出與的并集．【詳解】集合，，則，故選：D2.已知角的終邊經過點，則函數的值等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用三角函數的定義求出，從而可求出的值【詳解】解：因為角的終邊經過點，所以，所以故選：A3.函數（且）的圖象可能為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】因為，故函數是奇函數，所以解除A，B；取，則，故選D.考點：1.函數的基本性質；2.函數的圖象.4.設函數在區間上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用的導函數，結合在區間上的單調性列不等式組求得的取值范圍.【詳解】由，則，當時，，則單調遞減；當時，，則單調遞增，又函數在區間上單調遞減，所以，解得，故選：A5.已知函數，則函數的最小正周期為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用誘導公式以及協助角公式化簡，再依據即可得出答案.【詳解】由題意得在由.故選：D6.已知函數，若為銳角且，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由得，結合為銳角可得，然后利用二倍角公式可得.【詳解】因為，所以，因為為銳角，且，所以，所以，.故選：D.7.已知定義在上的偶函數，若正實數、滿意，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由偶函數定義可構造方程求得，由此得到解析式；由已知等式可得到，依據，配湊出基本不等式的形式，利用基本不等式可求得結果.【詳解】為上的偶函數，，即，即，整理得：，，，，即；（當且僅當，即時取等號）；的最小值為.故選：B.8.已知定義在[，]上的函數滿意，且當x[，1]時，，若方程有三個不同的實數根，則實數a的取值范圍是（）A.(，] B.(，]C.(，] D.(，]【答案】B【解析】【分析】由題設，求分段函數的解析式并畫出圖像，將方程有三個不同實根轉化為和有三個不同的交點問題，由數形結合思想結合導數探討函數的交點狀況，進而求參數的范圍.【詳解】∵當時，，∴當時，，綜上，，當時，，則在上單調遞增，當時，，則在上單調遞減，∵有三個不同的實數根，∴的圖像和直線有三個不同的交點，作的大致圖像如圖所示，當直線和的圖像相切時，設切點為，∴，可得，，代入，可得，當過點時，，由圖知，實數的取值范圍為.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：將方程有三個不同實數根轉化為函數圖象有三個不同交點問題，應用數形結合思想及導數探討函數圖象的交點狀況，求參數.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分9.已知命題；命題.若是的充分不必要條件，則實數的值是（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】先將命題化為最簡形式，再代入選項中的值推斷即可.【詳解】對于：；對于.對于A，當時，，是的既不充分也不必要條件，故A錯誤；對于B，當時，，是的既不充分也不必要條件，故B錯誤；對于C，當時，，是的充分不必要條件，故C正確；對于D，當時，，是的充分不必要條件，故D正確.故選:CD10.若定義域為R的函數在上為減函數，且函數為偶函數，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】依據條件，分析函數的單調性和對稱性，再依據的性質逐項分析即可.【詳解】因為是偶函數，所以的圖像關于直線對稱，即當時，單調遞增，當時，單調遞減，在處取得最大值；對于A，，錯誤；對于B，，正確；對于C，，正確；對于D，，正確；故選：BCD.11.函數在一個周期內的圖象如圖所示，則（）．A.該函數的解析式為B.該函數圖象的對稱中心為，C.該函數的單調遞增區間是，D.把函數的圖象上全部點的橫坐標伸長為原來的倍，縱坐標不變，可得到該函數圖象【答案】ACD【解析】【分析】依據圖象可得函數的解析式，然后依據三角函數的性質及圖象變換規律逐項分析即得.【詳解】由題圖可知，，周期，所以，則，因為當時，，即，所以，，即，，又，故，從而，故A正確；令，，得，，故B錯誤；令，，得，，故C正確；函數的圖象上全部點的橫坐標伸長為原來的倍，縱坐標不變，可得到，故D正確．故選：ACD.12.已知函數，則下列結論正確的是（）A.函數在上單調遞減B.函數在上有微小值C.方程在上只有一個實根D.方程在上有兩個實根【答案】ABD【解析】【分析】求得函數的導數，求得函數的單調性，可判定A，由函數的單調性和極值的概念，可判定B，利用函數的單調性，極值、端點的函數值，可判定C；將特別的解轉化為兩個函數圖象交點的個數，結合圖象，可判定D，即可得到答案.【詳解】由題意，函數，可得，當，即，所以，所以，解得，當時，；當時，，當，即，所以，所以，解得，當時，；當時，，所以當時，單調遞減，所以A正確；又因為當時，，當時，，所以在出取得微小值，所以B正確；因為，所以在上不只有一個實數根，所以C不正確；因為方程，即，即，所以，正切函數在為單調遞增函數，又由函數，可得，當和時，，當時，，且當時，，作出兩函數大致圖象，如圖所示，由圖象可得，當，函數與的圖象有兩個交點，所以D正確.故選：ABD.【點睛】利用導數探討函數的單調性（區間）的方法：（1）當導函數不等式可解時，解不等式或，求出函數的單調區間；（2）當方程可解時，解出方程的實根，依據實根把函數的定義域劃分為幾個區間，確定各區間的符號，從而確定函數的單調區間；（3）若導函數對應的方程、不等式都不行解，依據結構特征，利用圖像與性質確定的符號，從而確定單調區間.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13.函數的定義域為____.【答案】【解析】【詳解】由題意得，解得定義域為．14.曲線在處的切線的傾斜角為，則______．【答案】【解析】【分析】由導數幾何意義求得，再結合同角三角函數基本關系即可求解【詳解】依據已知條件可知：，因為曲線在處的切線的傾斜角為，所以，因為故答案為：15.若函數的圖像與直線的三個相鄰交點的橫坐標分別是,,,則實數的值為________．【答案】4【解析】【分析】由題可分析函數與的三個相鄰交點中不相鄰的兩個交點距離為,即,進而求解即可【詳解】由題意得函數的最小正周期,解得故答案為：4【點睛】本題考查正弦型函數周期的應用,考查求正弦型函數中的16.已知函數.①當時，若函數有且只有一個極值點，則實數的取值范圍是______；②若函數的最大值為1，則______.【答案】①.②.【解析】【分析】①首先求出當時的極值點，依據題意即可得到的取值范圍.②分別探討當，和時，求出函數的最大值，比較即可求出的值.【詳解】①當時，.，令，解得.因為函數在有且只有一個極值點，所以.②當時，，此時，舍去.當時，，.，..所以，因為，所以.當時，，.，令，解得.，，為增函數，，，為減函數..當時，，所以，（1）當時，；當時，即，，解得（舍去）.當時，即，，解得（舍去）；(2)當時，，只有且，這樣的不存在．綜上所述：.故答案為：①；②．【點睛】本題主要考查利用導數求含參函數的極值點和最值，分類探討是解題的關鍵，屬于難題.四、解答題：本大題共6個大題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟17.設函數，（1）求；（2）求函數全部零點之和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據三角恒等改變公式化簡可得，再求解即可；（2）依據零點的表達式，求出在上的全部零點再求和即可.【小問1詳解】，【小問2詳解】令，則，或，，即或，，，或或或，，函數全部零點之和18.在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（I）求角B的大小；（II）求cosA+cosB+cosC的取值范圍．【答案】（I）；（II）【解析】【分析】（I）方法二：首先利用正弦定理邊化角，然后結合特別角的三角函數值即可確定角B的大小；（II）方法二：結合(Ⅰ)的結論將含有三個角的三角函數式化簡為只含有角A的三角函數式，然后由三角形為銳角三角形確定角A的取值范圍，最終結合三角函數的性質即可求得的取值范圍.【詳解】（I）[方法一]：余弦定理由，得，即.結合余弦定，∴，即，即，即，即，∵為銳角三角形，∴，∴，所以，又B為的一個內角，故.[方法二]【最優解】：正弦定理邊化角由，結合正弦定理可得：為銳角三角形，故.（II）[方法一]：余弦定理基本不等式因為，并利用余弦定理整理得，即.結合，得.由臨界狀態（不妨取）可知.而為銳角三角形，所以.由余弦定理得，，代入化簡得故的取值范圍是.[方法二]【最優解】：恒等變換三角函數性質結合(1)的結論有：.由可得：，，則，.即的取值范圍是.【整體點評】（I）的方法一，依據已知條件，利用余弦定理經過較困難的代數恒等變形求得，運算實力要求較高；方法二則利用正弦定理邊化角，運算簡潔，是常用的方法，確定為最優解；（II）的三種方法中，方法一涉及到較為困難的余弦定理代入化簡，運算較為麻煩，方法二干脆運用三角恒等變形，簡潔明快，確定為最優解.19.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在邊BC上取一點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：依據的值，求得的值，由（1）求得的值，從而求得的值，進而求得的值.【詳解】（1）[方法一]：正余弦定理綜合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最優解】：幾何法過點A作，垂足為E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．

（2）[方法一]：兩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]【最優解】：幾何法+兩角差的正切公式法在（1）的方法二的圖中，由，可得，從而．又由（1）可得，所以．[方法三]：幾何法+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]：構造直角三角形法如圖，作，垂足為E，作，垂足為點G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，從而．在中，．所以．【整體點評】（1）方法一：運用余弦定理求得，然后運用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特點，作出協助線，利用幾何方法簡潔計算即得答案，運算尤其簡潔，為最優解；（2）方法一：運用兩角和的正弦公式求得的正弦值，進而求解；方法二：適當作出協助線，利用兩角差的正切公式求解，運算更為簡潔，為最優解；方法三：在幾何法的基礎上，運用正弦定理求得的正弦值，進而得解；方法四：更多的運用幾何的思維方式，干脆作出含有的直角三角形，進而求解，也是很美麗的方法.20.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=BC=2，AD=CD，∠ABC=120°．（1）求證：平面PAC⊥平面PBD；（2）若點M為PB的中點，點N為線段PC上一動點，求直線MN與平面PAC所成角的正弦值的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】(1)設的中點為O,先證明，由條件可得，從而可證明結論.(2)由（1）可得，以所在的直線分別建立x軸和y軸，過O點作平行于的直線為z軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【小問1詳解】設的中點為O，因為，所以，因為，所以，所以B，O，D三點共線，所以，因為平面平面，所以，因為平面平面，所以平面，因為平面，所以平面平面．【小問2詳解】由（1）可得，以所在的直線分別建立x軸和y軸，過O點作平行于的直線為z軸建立空間直角坐標系，則，因為M為的中點，所以，設，所以，所以，由（1）知平面，所以平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，則，由的對稱軸為，當時，當時，即當時，，所以所以，即直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為21.為了給學生供應優雅的學習環境，某學校確定在夾角為30°的兩條道路?之間建立一個半橢圓形態的小花園，如圖所示，百米，O為AB的中點，OD為橢圓的長半軸，在半橢圓形區域內再建立一個三角形區域OMN，作為生物課學習植物的基地.其中M，N在橢圓上，且MN的傾斜角為45°，交OD于G.（1）若百米，為了不破壞道路EF，求橢圓長半軸長的最大值；（2）若橢圓的離心率為，當線段OG長為何值時，生物學習基地的面積最大？【答案】（1）（2）線段長為百米【解析】【分析】（1）建立平面直角坐標系，利用直線與橢圓相切去求橢圓長半軸長的最大值；（2）利用設而不求的方法先求得面積的表達式，再對其求最大值即可解決.【小問1詳解】以點為坐標原點，所在直線為軸建立平面直角坐標系，設橢圓方程為，因為，則，又?夾角為30°，所以直線的方程為.又因為，則，則橢圓方程為，為了不破壞道路，則直線與橢圓至多只有一個交點，聯立方程組，得，由于直線與半橢圓至多只有一個交點，則，又，得.當時半橢圓形小花園與道路直線相切，所以橢圓長半軸長的最大值為.【小問2詳解】設橢圓焦距為，由橢圓的離心率，，，解得，所以，橢圓的方程為.設，又傾斜角為45°，且交于，所以直線的方程為，設，，由得，則，，則，當且僅當時，的面積最大.所以當線段長為百米，生物學習基地的面積最大.22.