【文档说明】江苏省南通市海安市2023-2024学年高三上学期开学考试 数学解析.pdf，共(18)页，629.367 KB，由小赞的店铺上传

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第1页/共17页学科网（北京）股份有限公司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1,2,3,4,5U，集合1,5M，3,5N，则UMNð（）A.1B.1,2,4C.2,4,5D.1,2,4,5【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：U1,2,4Nð，所以U1,2,4,5MN

ð.故选：D.2.设324i1iz，则z的共轭复数为（）A.3iB.3iC.13iD.13i【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.第2页/共17页学科网（北京）股份有限公司【详解】由题意得，24i1i24i62i

3i1i1i1i2z，所以3iz.故选：A3.已知2xa，3ya，1xy，则a（）A.5B.6C.8D.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6xyxyaaa，∴6a，故选：B.4.已知声强级（单位：分贝）010lgILI，其中常数000II是能够引起听觉的最弱的声强，I是实际声强.当声强级降低1分贝时，实际声强是原来的（）A.110倍B.11010倍C.1010倍D.1

1010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】121LL，则120010lg10lg1IIII，所以1110210II，∴1102110II.故选：D.5.为了得到函数3sin2yx的图象，只要将函数3s

in(21)yx的图象（）A.向左平移1个单位长度B.向左平移12个单位长度C.向右平移1个单位长度D.向右平移12个单位长度【答案】B【解析】第3页/共17页学科网（北京）股份有限公司【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：13sin213sin22yxx，把函数13sin22xy的图形向左平移12个单位可得到函数3sin2yx．故选：B．6.设函数2ln2fxaxx在区间3

,4上单调递减，则a的取值范围是（）A.,3B.,3C.2,3D.2,3【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】lnyt在0,单调递增，故22taxx在3,4单调递减，则3a，又∵220t

axx在3,4恒成立，则8160a，故2a，∴23a，故选：D.7.设2a，2log3b，9log10c，则（）A.abcB.acbC.bacD.bca【答案】C【解析】【分析】先判断ab，然后利用构造函

数法，结合导数判断出正确答案.【详解】322223log3log22log22b，32a，所以ab，设2ln1ln,e,0xxhxxhxxx，所以hx在e,上单调

递减，所以ln9ln10ln1010910,,910ln99hh，910log1029，所以ca，所以bac.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（）第4页/共17页学科网（北京）

股份有限公司A.29B.38C.49D.12【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11SOh，圆柱半径1r，圆柱的高为h，圆锥的半径为

r.则222211111132221111113333113hVrhrhrhhhhVrhhrhhhhhhhrhhh，令10htth，13231VtVt，令331tftt，

所以32643191339011tttttfttt，令1002ftt，令102ftt，所以ft10,2上单调递增，1,2上单调递减，3max342932ft，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0ab，则（）A.22ababB.221abC.ababD.22lglgab在第5页/共17页学科网（北京）股份有限公司【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，220abababba，∴22abab，A错.对于B，由2xy定义域上单调递增得0222ab，B对.对于C，当1a，12b时，12ab，12ab

，此时abab，C错对于D，0ab，则220ab，lgyx在定义域上单调递增，∴22lglgab，D对.故选：BD.10.下列区间上，函数ln2sinyxxx有零点的是（）A.2,1B.1,0C.0,1D.

1,3【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】0x时，ln2sinfxxxx，1111π1ln1002sin2ln102sin12ln1001001001001006100f，11

2sin10f,∴fx在0,1有零点，C正确.5π3ln332sin3ln332sinln33106f，所以130ff，fx在1,3连续则fx在1,3有零点，D正

确.0x时ln2sinfxxxx，0x时fx，由于当1,0x时，π2sin,12cos12cos112cos112cos0,3gxxxyx所以2singxxx在1,0x单调递减，故2sin

00gxxxg，.第6页/共17页学科网（北京）股份有限公司而当1,0x时，ln0yx，所以lnyxgx无实数根，故ln2sinfxxxx在1,0x无零点.B错

误，π112sin112sin1204f，2ln222sin20f，∴210ff，∴fx在2,1有零点，A正确，故选：ACD.11.已知函数f

x的定义域为R，则fx为奇函数的必要不充分条件是（）A.00fB.yfxfx为奇函数C.存在无数个x，fxfxD.fxyx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】00f不能得到fx为奇函数，fx为奇函数一定有00f，∴00f是fx为奇函数的必要不充分条件，A对.gxfxfx，gxfxfxgx，gx既是奇函数，又是偶函

数，则0gx，∴0fxfx则fx为奇函数，充要条件，B不选.有无数个x，fxfx不一定有fx为奇函数，不充分，fx为奇函数一定有无数个x，fxfx必要，C选.fxhxx为偶函

数，hxhx，∴fxfxxx，∴fxfx，∴fx为奇函数，充分，D不选.故选：AC.12.已知定义在R上的函数fx满足fxyfxfy，则下列结论正确的是（）第7页/共17页学科网（北京）股份有限

公司A.01fB.0fxC.若1fmn，则2fmfnD.若对任意的实数m，21mf，则fx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】0xy时，200ff，∴00f或01f，A错.取2txy，202tftf，B对.1fmnfmfn，由B知：0,0,fmfn所以22

fmfnfmfn，C对.由21mf可知：当0x时，1fx，此时0fxffx，∴01f，故对任意的xR有1fxfx，所以不存在,x使0fx，故对xR，0fx

，当12xx时，22111fxfxxfx，故21fxfx，∴fx在R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p：Rx，210axx

.写出一个实数a___________，使得p为真命题.【答案】0(答案不唯一)【解析】【分析】根据命题为真求参即可.【详解】若p正确，0a时,10x有解，0a时,则0Δ0a或0a，所以10,,04a

，第8页/共17页学科网（北京）股份有限公司综上，p真，则14a，即14a中任取一个值都可以.故答案为：0(答案不唯一)14.某单位建造一个长方体无盖水池，其容积为348m，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x，宽y，∴348xy，∴16xy，总造价66120161507202400720224008

160xyxyxy.当且仅当4xy时取得等号.故答案为：816015.已知定义在R上的函数fx同时满足下列三个条件：①fx为奇函数；②当02x时，33fxxx，③当0x时，22fxfx.则函数

lnyfxx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】02x，则2330fxx，1x，'fx在0,1上为负，fx递减；'fx在1,2为正，fx递增，

00f，()12f=-，22f，作出fx在0,2的图象.第9页/共17页学科网（北京）股份有限公司24x时，22fxfx，向上平移2个单位；46x时，22fxfx，再向上平移2个单位，52f，ln52.纵轴右边图象与左边图形关

于原点对称，由图可知函数,lnyfxyx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，∴lnyfxx共有5个零点.故答案为：5.16.若函数1,23,axxafxxaxa，存在最值，则实数a的取值范围是__________.【答案

】2,0##20aa【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0a时，2aa，1,23,axxafxaxxa，fx在,a上单调递减，

,a上单调递减，此时fx无最值；②当0a时，1,03,0xfxxx，则易知fx有最小值-3.③当a<0时，2aa，1,23,223,2axxafxxaaxaaxxa

，fx在,2a上单调递减，2,aa上单调递增，,a上单调递增，即fx有最小值，则221faa，∴20a，第10页/共17页学科网（北京）股份有限公司综上：20a.

故答案为：2,0.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PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，3PDAD，点E满足2BEEP，点F为棱PA与平面CDE的交点.（1）证明：ABE

F∥；（2）求直线BF与平面CDE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）68585【解析】【分析】（1）过E作EFAB∥交PA于点F，连接DF，通过证明,,,CDEF四点共面即可求解；（2）以D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E作EFAB∥交PA于点F，连接DF，因为ABCD为正方形，所以EFCD∥，所以,,,CDEF四点共面，即平面CDE延伸至平面CDFE，所以F即为棱PA与平面CDE的交点F，所以ABEF∥.【小问2

详解】因为PD平面ABCD，且ABCD为正方形，第11页/共17页学科网（北京）股份有限公司所以,,DADCDP两两垂直，以D为原点建立如图所示坐标系，所以由题意可知3,3,0B，0,3,0C，

0,0,0D，因为点E满足2BEEP且EFAB∥，所以2AFFP，1,0,2F，所以2,3,2BF，0,3,0DC，1,0,2DF，设平面CDE的法向量,,nxyz，则3020yxz

，令2x可得平面CDE的一个法向量为2,0,1n，设BF与平面CDE所成角为，6685sin85175BFnBFn.18.记ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2cb.点D在BC上，且AD为BAC的平

分线，1AD.（1）若60BAC，求a；（2）若120ADBo，求ABC的面积.【答案】（1）32（2）338【解析】【分析】（1）利用等面积法可得出ABCABDACDSSS，利用三角形的面积公式以及2cb可求得b、c的值，再利用余弦定理可求得a的值；（2）利用角平分

线定理可得出23BDa，3aCD，在ABD△、ACD分别利用余弦定理可得出关于第12页/共17页学科网（北京）股份有限公司a、b的方程组，解出a的值，再利用三角形的面积公式可求得ABC的面积.【小问1详解】解：因为ABCABDACDSSS，AD为BAC

的平分线，60BAC，1AD，则111sin60sin30sin30222bccADbAD，即3144bcbc，则3bcbc，所以，32bcbccb，解得323bc，由余弦定理可得2233132cos603234222abcbc

.【小问2详解】解：因为AD为BAC的平分线，则2ABDACDSBDABcSCDACb△△，又因为BDCDa，则23BDa，3aCD，因为120ADBo，则ADC60，在ABD△中，由余弦定理可得222242cos120cb

BDADADBD，即222421421211493293aaaab，①在ACD中，由余弦定理可得2222cos60bCDADCDAD，即22211121193293aaa

ab，②，联立①②可得32a，因此，121sin120sin602323ABCABDACDaaSSSADAD△△△3333314428aAD.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i行第j列的数为,ija.1…第13页/共17页学科网（北京）股份有限公司620…（1）求4,4a；（2）记,nnnba，求数列nb的前n项的和nS.【答案】（1）56（2）2323nnSn

【解析】【分析】（1）根据表格提供数据求得公差、公比，由此求得4,4a.（2）先求得nb，然后利用错位相减求和法求得nS.小问1详解】设第一行从左至右公差为,0dd，各侧自上而下公比为,0qq，∴216212202,0dqddqqdq

，∴34,4132256a.【小问2详解】1111212nnnbndqn，∴0122123252232212nnnSnn①，

12212232252232212nnnnSnnn②，①②得：231222212nnnSn14121212322312nnnnn，∴2323

nnSn.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.【第14页/共17页学科网（北京）股份有限公司（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）13（2）164【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22322244CC1112C2C3P.【小问2详解】记在3次试验后恰好停止试验为事件A，累计摸到2

个红球为事件B，∴PABPBAPA，22224C11112C31443PAB，2114113393PA，∴1111443416493P

ABPBAPA21.在直角坐标系xOy中，点P到点3,0F的距离与到直线l：433x的距离之比为32，记动点P的轨迹为W.（1）求W的方程；（2）过W上两点A，B作斜率均为12的两条直线，与W

的另两个交点分别为C，D.若直线AB，CD的斜率分别为1k，2k，证明：12kk为定值.【答案】（1）2214xy（2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先设点,Pxy，根据题意转化为,xy的方程，即可求解；（2）利用点斜式方程设出直线A

C的方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示,AC和,BD的.第15页/共17页学科网（北京）股份有限公司关系，再代入斜率公式，即可证明.小问1详解】设,Pxy，由题意可知，222233124

433xyxyx所以W的方程为2214xy；【小问2详解】设00,Axy，11,Cxy，∴AC方程：0012yxxy代入椭圆方程22220000014244xxxxxyxxy，∴222000000224

4440xxyxxyxy，∴20000220xxyxxy，∴10002xxxy，∴102xy，∴002,2xCy同理设00,Bxy，22,Dxy，∴002,2xDy，∴0000120000122224ABCDxxyy

kkkkxxyy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：【第16页/共17页学科网（北京）股份有限公司（1）设直线方程，设交点坐标为112

2,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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12xx、12xx（或12yy、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知函数ln20,1xfxax

aa.（1）若yfx在1x处的切线在y轴上的截距为1，求a；（2）若fx不是单调函数，证明：1a，且lnlnfxa.【答案】（1）ea（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a.（2）先由

fx不是单调函数求得1a，然后结合导数以及零点存在性定理求得fx的最小值，证明最小值大于lnlna，从而得解.【小问1详解】1lnxaaxfx，切点1,2a，1ln1kfaa切线方程ln112

yaaxa，令0ln121xaaaln0aaa，由于0a且1a，所以ea.【小问2详解】1ln0xaxaxxf，若01a，则0fx，fx在0

,上单调递减，这与条件矛盾，舍去.所以1a，且fx在0,上单调递增.若01x，则1lnfxaax，令11ln00lnaaxxaa，取11lnxaa，则101lnfaa

，第17页/共17页学科网（北京）股份有限公司若1x，则1lnfxaax，令11ln0lnaaxxaa，取11lnxaa，则110lnfaa所以存在唯一的011,11lnlnxaaaa使00fx，00001ln0lnlnl

nlnxaaxaaxx且当00xx时，0fx，fx单调递减；当0xx时，()0fx¢>，fx单调递增.所以000001ln2lnlnln2lnxfxfxaxxaaxa0012lnlnln2lnlnlnxaaaxa

，（000000011ln,ln1,lnln0,l1,nxxxaxaaxaaaxax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.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com