灌南高级中学2023-2024学年高三上学期第一次月考
数学学科试卷
考试时间长度：120分钟 满分：150分
一、单选题
1．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B． C． D．
2．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） （第1题图）
A． B． C． D．
3．在中，角，，所对的边分别为，，，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4.“ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练迭代轮数为时，学习率为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（ ）
A．75 B．74 C．73 D．72
5．若函数为定义在上的偶函数，当时，，则不等的解集为（ ）
A． B．
C． D．
6.若函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．设，，，则a，b，c的大小顺序是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数若函数恰有5个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列命题中错误的是（ ）
A．当且时， B．.当时，
C．当时，的最小值为 D．当时，有最大值
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是函数的一个周期
B．存在，使得函数是偶函数
C．当时，函数在上的最大值为
D．当时，函数的图象关于点中心对称
11．已知函数的定义域为，是偶函数，的图象关于点中心对称，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．， D．，
12．已知函数，下述结论正确的是（ ）
A．存在唯一极值点，且
B．存在实数，使得
C．方程有且仅有两个实数根，且两根互为倒数
D．当时，函数与的图象有两个交点
一、填空题
13．设函数在上可导，且，则 ． （14题图）
14．如图所示，点A是等边外一点，且，，，则的周长为
15．若函数在区间[1，2]上无极值点，则实数的取值范围是 .
16．已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为 ．
二、解答题
17．考取驾照是一个非常严格的过程，有的人并不能够一次性通过，需要补考.现在有一张某驾校学员第一次考试结果汇总表，由于保管不善，只残留了如下数据（见下表）：
成绩 性别 合格 不合格 合计
男性 45 10
女性 30
合计 105
(1)完成此表；
(2)根据此表判断：是否可以认为性别与考试是否合格有关？如果可以，请问有多大把握；如果不可以，试说明理由.
参考公式：①相关性检验的临界值表：
0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.10
0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635
②卡方值计算公式：.其中.
18．已知函数（）．
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若，，求的值．
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的正三角形，.
(1)求证：；
(2)若平面平面，求二面角的余弦值.
（19题图）
20．已知在数列中，和为方程的两根，且．
(1)求的通项公式；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
21．已知椭圆的一个焦点为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.
22．已知函数．
(1)若，求在处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求整数a的最大值．
高三月考试卷第1页，共4页
参考答案：
1．A
【分析】观察图并运用集合的交、补运算即可.
【详解】图中阴影表示为，
因为或，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解.
【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故，
所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合，
故选：C
3．A
【分析】先通过二倍角公式，求出A，再由余弦定理求出c，即可求出.
【详解】由，可得．又因为，所以，
所以，所以，解得．
由余弦定理得，即，解得．
所以．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】由题设可得，则，所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为次．故选C．
5．B
【分析】根据不等式的结构，构造函数，判断其奇偶性及单调性，解不等式即可.
【详解】令，
因为为偶函数，即，
故，为偶函数，当时，，则在上单调递增，
因为，即，
所以，故，解，
所以不等式的解集为.
故选：B
6.【答案】D
【解析】由题意，令，则，
即函数的单调递减区间为，
因为函数在区间上单调递减，
所以
7．D
【分析】利用幂函数与对数函数的单调性即可得解.
【详解】因为，，，
又因为在上单调递增，所以，即，
因为，所以，
又因为在上单调递增，所以，即，
综上：.
故选：D.
8．A
【分析】先研究时，的单调性和极值，画出分段函数的图象，换元后数形结合转化为二次函数根的分布情况，列出不等式组，求出实数的取值范围.
【详解】当时，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则时，.当时，.
作出大致图象，函数恰有5个不同零点，
即方程恰有5个根.令，则需方程.
（l）在区间和上各有一个实数根，令函数，
则解得.
（2）方程（*）在和各有一根时，则
即无解.
（3）方程（*）的一个根为6时，可得，验证得另一根为，不满足.
（4）方程（*）的一个根为1时，可得，可知不满足.
综上，.
故选：A
【点睛】复合函数与分段函数结合问题，要利用数形结合思想和转化思想，这道题目中要先研究出分段函数的图象，再令，换元后转化为二次函数根的分布问题，接下来就迎刃而解了.
9．ACD
【分析】利用基本不等式，注意“一正”“二定”“三相等”即可求解；
【详解】对于A：当 时， ，此时，
故A错误；
对于B：当 时， ，
当 时取得等号，
故B正确；
对于C：当时，令，
即有的导数为：，
因此，在单调递减，可得最小值为3，
故C错误；
对于D：当时，的导数为 ，
因此，在 单调递减，可得最大值为 ，
故D错误；
故选：ACD.
10．BC
【分析】本题可通过判断出A错误，然后通过取判断出B正确，再然后令，将转化为，通过求出函数在上的最大值判断出C正确，最后通过判断出D错误.
【详解】A项：因为，
所以，不是函数的一个周期，A错误；
B项：当时，，
满足，故函数是偶函数，B正确；
C项：当时，
，
令，则，，
因为，所以，
则，开口向下，对称轴为，
故当时，在上取最大值，，
故函数在上的最大值为，C正确；
D项：当时，，
则，，，
故函数的图像不关于点中心对称，D错误，
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的性质的判断，考查三角函数的周期性、奇偶性、在区间内的最值以及对称性，若函数满足，则关于点中心对称，若函数定义域为且满足，则函数是偶函数，考查推理能力与计算能力，是难题.
11．BCD
【分析】根据是偶函数可得函数关于直线对称，由的图象关于点中心对称可得关于点成中心对称，据此可推导出函数为周期函数，判断A，再由函数的周期求出判断B，由周期性及对称性可判断C，由以上分析利用求解可判断D.
【详解】因为是偶函数，所以，可得，
故关于直线对称，
因为的图象关于点中心对称，所以关于点成中心对称，
所以，
又由可得，
所以，即，所以，
两式相减可得，即，所以，故A错误；
由周期，，又，所以，即，故B正确；
由周期，，，由可得，，，故C正确；
由上述分析可知，又因为，
所以，所以，
故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：当函数满足时，函数关于直线对称，
当函数满足时，函数关于点成中心对称.
12．ACD
【分析】对进行求导可得，利用导数研究函数的单调性和极值，逐个判断即可得解.
【详解】对进行求导可得：
，显然为减函数，
，
故存在，使得，
并且，，为增函数，
， ，为减函数，
故为极大值点，所以A正确；
所以，
可得：，
因为，所以，故B错误，
若是的一解，即，
则，
故和都是的解，故C正确，
由，可得，
令，
，
令 ，
因为，所以，
故为减函数，
而，
所以当，，即，为增函数
，，即，为减函数，
所以，
故当，有两个解，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，考查了方程双根问题，同时考查了虚设零点问题以及二次求导问题，是导数作为选择题压轴题的典型题型，对思路要求和计算能力要求非常高，属于难题.
13．1
【分析】根据导数的定义求解可得结果.
【详解】由导数定义可知，，
所以．
故答案为：
14．
【分析】在中，由余弦定理求得，然后结合等腰三角形、直角三角形求得结论．
【详解】在中，由余弦定理可知，
整理可得，解得，所以，
又是等边三角形，所以，，
由勾股定理可得，，所以的周长为．
故答案为：.
15．
【分析】根据无极值，转化为在[1,2]上单调，即可利用导数求解.
【详解】由得，
由于在区间[1,2]上无极值点，所以在[1,2]上单调，
当单调递增时，故，即恒成立，故，
而在[1,2]上单调递增，故
当单调递减时，故，即恒成立，故，
而在[1,2]上单调递增，故，
综上可知：在区间[1，2]上无极值点，则实数的取值范围或，
故答案为：
16．
【分析】不等式可化为，令，可得恒成立，其中，构造函数，，利用导数求其最大值可得的取值范围.
【详解】由已知不等式，可化为，
两边同时除以得．
令，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，最小值为，
当时，，当时，，
所以的范围是，即．
所以不等式可化为，其中，
所以在上恒成立，
构造函数，，
则，令，可得，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以时，取最大值，最大值为，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
（1）恒成立 ；
（2）恒成立 .
17．(1)答案见解析
(2)可以，有97.5%的把握
【分析】（1）直接根据题意即可完成表格；
（2）计算得出，根据独立性检验思想即可得结果.
【详解】（1）
成绩 性别 合格 不合格 合计
男性 45 10 55
女性 30 20 50
合计 75 30 105
（2）假设：性别与考试是否合格无关，.
若成立，，
∵，
∴有97.5%的把握认为性别与考试是否合格有关.
18．(1)（）
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质运算即可得解；
（2）利用三角函数基本关系式、两角差的余弦公式运算即可得解.
【详解】（1）解：由题意
，
∵，,
∴，,
∴函数的单调递减区间为（）.
（2）解：由（1）知，，
又∵，∴，
∵，则，
∴，
∴，则
.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）由（1）结合面面平行的性质可得平面，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是边长为2的正三角形，所以，
在菱形中，，则为等边三角形，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）由（1）得，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
，
则，
因为轴平面，
所以可取平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
所以，
则，
由图可知，二面角为钝二面角，
所以二面角的余弦值为.

20．(1)
(2)
【分析】（1）判断出数列是等差数列，通过基本量的计算求得.
（2）有不等式恒成立分离参数，利用差比较法求得实数的取值范围.
【详解】（1），而，故解得，
由于，所以数列是等差数列，设其公差为，
则，解得，所以.
（2）依题意，对任意，不等式恒成立，
即，，
所以，设，
，
由于，对任意恒成立，
所以只需考虑的符号，
设（），，
所以在区间上单调递增；
在区间上单调递减.
，
所以当时，，即，
当时，，即，
，
所以，所以实数的取值范围是.
【点睛】确定等差数列的方法有很多，一个是利用等差数列的定义，常数；一个是利用等差中项，；一个是利用等差数列前项和，形如.判断数列的单调性，可以利用差比较法来进行判断.
21．(1)
(2)面积的最大值为，此时直线的方程为.
【分析】（1）将坐标代入椭圆方程，再结合，可求出，从而可求得椭圆方程，
（2）将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式和点到直线的距离公式即可求出面积的最大值及此时直线的方程
【详解】（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为，
（2）设，
由，得，
因为直线与椭圆交于两点，
所以，解得，
所以，
所以
，
因为点到直线的距离为，
所以的面积为
，
当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为，此时直线的方程为.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程代入椭圆方程化简结合根与系数的关系求解，考查计算能力，属于较难题.
22．(1)
(2)4
【分析】（1）利用函数解析式求切点坐标，利用导数求切线斜率，点斜式求切线方程；
（2）时，不等式恒成立；当时，不等式等价于，设，利用导数求的最小值，可求整数a的最大值．
【详解】（1）若，则，，则切点坐标为，
，则切线斜率，
所以切线方程为，即．
（2）由，得，
当时，，；
当时，，
设，，
设，，
则在单调递增，
，，所以存在使得，即．
时，，即；时，，即，
则有在单调递减，在单调递增，，
所以，
因为，所以，所以整数a的最大值为4．
【点睛】方法点睛：
不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.