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2022-2023学年江苏省南通市如皋市高三上学期期初调研数学试题及答案.doc

发布时间：2023-11-19 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：3.35M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年江苏省南通市如皋市高三上学期期初调研数 学试题及答案 一、单项选择题：本题共 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. 声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数．若某声音对应的函 ( ) f x  sin x  1 2 sin 2 x 数可近似为 ，则下列叙述正确的是（ ） A. x   为  2 f x 的对称轴  B. 3 ,0   2     为  f x 的对称中心  f x 在区间   0,10 上有 3 个零点  D.  f x 在区间     5 7,     3 3  上单调递 C. 增 【答案】D 【解析】 【分析】利用  f x a     f a x   知 ( ) f x 关于直线 x a 对称的性质验证 A；求得 f 3   2      1 0   可判断 B；化简 ( ) f x  sin (1 cos ) x  x ，令  f x  ，得  0 x k Z  ， k ( ) 进而判断 C；利用导数研究函数的单调性可判断 D. 【详解】对于 A，由已知得 f (   x )  sin(   x )  1 2 sin 2(   x )  sin x  1 2 sin 2 x ，即 f (  x )  f x ，故  ( ) f x 不关于  x  对称，故 A 错误；  2 对于 B， f    3  2     sin 3  2  1 2 sin 3     1 0 ，故 B 错误； 对于 C，利用二倍角公式知 ( ) f x  sin (1 cos ) x  x ，令  f x  得sin  0 x  或cos 0 x   ， 1 即 x k Z  ，所以该函数在区间 k ( ) 0,10 内有 4 个零点，故 C 错误；  对于 D，求导  ( ) f x  cos x  cos2 x  2cos 2 x  cos x  ，令 cos x 1 t ，由 x     5 7,     3 3  ，知
    t     1 ,1   2  ，即 ( ) g t  2 2 t   ，利用二次函数性质知 ( ) 0 g t  ，即  x f 1 t  ，可知   0 f x  在区间 x     7, 5     3 3  故选：D. 上单调递增，故 D 正确； 2. 已知 ( ) f x 是定义在 (0, ) 上的增函数，且恒有  f ( ) f x ln x  1  ，则“ 1a  ”是 “ ( ) f x ax 1  恒成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 D. 既不充分也不必要条件 令 t  ( ) f x ln 于 a  x ln  ，由题可求得 1t  ，得出 ( ) f x 2x  x x  恒成立，利用导数求出 对 0  ln x  ( ) x   ，因为 ( ) f x 1 ln 2 ax 1  恒成立等价 的最大值即可判断. x  x t ln   t 1 【详解】令 t  ( ) f x  ，则 ( ) f x ln x  ln x  ． ( ) t t  f   ( ) g t  ln t   t 1 是增函数且 (1) 0  ， g 1t   ( ) f x  ln x 1  ，  ( ) f x  令  ( ) x  ax ln 1     ln 1 x 2 x  x ，  ( ) x   a 1 ax    ln x 2 x ， 1   ln 2 x  x 对 x  恒成立． 0 时， ( ) x  ， ( ) x 单调递增；当 0 x     1 , e     时， ( ) x  ， ( ) x 单调 0 当 x    10, e    递减；   ( ) x     1 e    max  e ， a e  ． Q 1a  是 a e 的必要不充分条件． 故选：B．
    【点睛】关键点睛：本题考查必要不充分条件的判断，解题的关键是求出 ( ) f x  ln x 1  ， 将 ( ) f x ax 1  恒成立等价于 a  ln 对 x  恒成立，利用导数求最值. 0 3. 如果对一切正实数 x ， y ，不等式 cos 2 x  a sin x  恒成立，则实数 a 的取值范 9 y 2x  x y 4  围是（ ） A.    4, 3    【答案】D 【解析】 【分析】将不等式  造函数 f（y） y 4 B. [3, )  C. [ 2 2 ,2 2]  D. [ 3,3]  y  cos2x≥asinx 4 9 y  恒成立转化为 y 4  9 y  asinx+1﹣sin2x恒成立，构  ，利用基本不等式可求得 f（y）min＝3，于是问题转化为 asinx﹣sin2x 9 y ≤2 恒成立．通过对 sinx＞0、sinx＜0、sinx＝0 三类讨论，可求得对应情况下的实数 a的 取值范围，最后取其交集即可得到答案． 【详解】解：∀实数 x、y，不等式 恒成立， 令 f（y）  y 4  ， 9 y 则 asinx+1﹣sin2x≤f（y）min， ∵y＞0，f（y）  y 4  9 y  2 y 4  9 y y  cos2x≥asinx 4 9 y  恒成立⇔ y 4  9 y  asinx+1﹣sin2x  3（当且仅当 y＝6 时取“＝”），f（y）min＝3； 所以，asinx+1﹣sin2x≤3，即 asinx﹣sin2x≤2 恒成立．  ①若 sinx＞0，a≤sinx 2 sinx ＜t≤1），则 a≤g（t）min． 恒成立，令 sinx＝t，则 0＜t≤1，再令 g（t）＝t  （0 2 t 由于 g′（t）＝1  ＜0， 所以，g（t）＝t  在区间（0，1]上单调递减， 2 2 t 2 t
    因此，g（t）min＝g（1）＝3， 所以 a≤3；  ②若 sinx＜0，则 a≥sinx 2 sinx 恒成立，同理可得 a≥﹣3； ③若 sinx＝0，0≤2 恒成立，故 a∈R； 综合①②③，﹣3≤a≤3． 故选：D． 【点睛】本题考查恒成立问题，将不等式 y  cos2x≥asinx 4 9 y  恒成立转化为 y 4  9 y  asinx+1﹣sin2x恒成立是基础，令 f（y）  y 4  ，求得 f（y）min＝3 是关键，也 9 y 是难点，考查等价转化思想、分类讨论思想的综合运用，属于难题． 4. 黄金分割〔Golden Section 〕是一种数学上的比例关系.黄金分割具有严格的比例性、 艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值.应用时一般取 0.618 ，就像圆周率在应用时取3.14 一样.高雅的艺术殿堂里，自然也留下了黄金数的足迹.人们还发现，一些名画、雕塑、摄影 作品的主题，大多在画面的 0.618 处.艺术家们认为弦乐器的琴马放在琴弦的 0.618 处，能 使琴声更加柔和甜美.黄金矩形 ( Golden Rec tan gle 的长宽之比为黄金分割率，换言之， ) 矩形的长边为短边1.618 倍.黄金分割率和黄金矩形能够给画面带来美感，令人愉悦.在很多 艺术品以及大自然中都能找到它.希腊雅典的巴特农神庙就是一个很好的例子，达 芬奇的 《维特鲁威人》符合黄金矩形.《蒙娜丽莎》中蒙娜丽莎的脸也符合黄金矩形，《最后的晚餐》 同样也应用了该比例布局.2000 多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家欧道克萨斯首先提 出黄金分割.所谓黄金分割，指的是把长为 L的线段分为两部分，使其中一部分对于全部之 比，等于另一部分对于该部分之比，黄金分割比为 5 1 0.618.   2 其实有关“黄金分割”， 我国也有记载，虽没有古希腊的早，但它是我国数学家独立创造的.如图，在矩形 ABCD 中， AC ， BD 相交于点O ， BF ， DH AC ，CG BD AC ， AE BD ，  BE   BO  ，则 BF  5 1  2 （ ）
    A. 3  2 5  BA  5 5  BG  10 C. 5 1  2  BA  5 5  BG  10 【答案】D 【解析】 B. 3 D. 3  2  2 5  BA  5 5  BG  10 5  BA   BG 5 5 【分析】利用平面向量的线性运算和平面向量基本定理即可求解． 【详解】解：  BE   BO 5 1  2 ，显然 BE DG ， BO OD   1 2 BD ，  BG  所以 2       5 1   2   BO  5  2 5  BO ，  BO   2  5 5  BG  5  10 5  BG ，   BF BA AF BA         BF   3  2 5  BA  5 5 故选：D． 5 1  2  BG   AO BA   5 1  2   ( BO BA  )  3 5  BA   2  BO 5 1  2 ， ，  3  ， AE  ，过 ABC  AC uuur AB 的外心 O的直线(不经过点 A )分别 ，则  的取值范围是（ ） 5. 在 ABC 中， AB  3, AC  ， 2 A uuur 交线段 ,AB AC 于 ,D E ，且 AD A. C.       11 4 6 13, 10  18 14 3 6 13, 10  18       【答案】B B. D. 11 4 6 23, 15  18 14 3 6 23, 15  18            
    【解析】 【分析】求得 BC  ，外接圆的半径 7 r    ，设 AO xAB y AC    ，   ( BO x  AD  1)   AB y AC  AC    AB AE     , ,D O E 三点共线，得到 ,   CO xAB   ( y  1) ， ，根据   AO BO CO     7 3 ，结合 和 1 4 9 6    ，进而求得 1    8 10 [ 15 3 , ] ，利用基本不等式和函数的 7 3  AC 性质，即可求得  取值范围. 【详解】因为 ABC 中， AB  3, AC 由余弦定理可得 2 BC  2 AB  2 AC  即 BC  ，且 7 r  BC 2sin A  7 3 ， A  2,   ， 3 AB AC  cos 3  2        ， 9 4 2 3 2 7 1 2   设 AO xAB y AC   ，     ( BO BA AO x     AB y AC   1) ， 则   AO 所以  2 9 x  4( y 2  1)  6 ( x y 1)    2 4 y  ，所以 2 x  解得 同理可得 9( 4 9 uuur 又因为 AD , y x  1) 1 6 uuur AB  ， AE x   6(   AO 1) y  4 AB 9  AC  ， 2 9 x  AC 7 3 1  6  AO ，所以 ，        CO CA AO xAB 7 3 ，  4( y 2  1)  6 ( x y  ( y  1)  AC ， 1)   ， 7 3  AD 4 1   9   AE 1 1   6  ， 因为 , ,D O E 三点共线，可得 4 1 6  9   ， 1 因为 [0,1]  ，所以 (  4 1 ) 9 6     [0,1] ，所以    ， 10 3 同理可得 0 1  ，所以    8 15
    所以        ( ) (  4 1 ) 6 9     11 18    6   4 9  ， 设 t     8 10 [ 15 3 , ] ，可得    11 18   ， t 6 4 9 t 令   g t  11 18 t   ，可得    g t 6 4 9 t   ，令   0 g t 1 6 4 2 9 t  ，解得 2 2 3 t  ， 当 t  8 2 2 [ 15 3 , ) 时，   0 g x  ，  g t 单调递减； 当 t  ( 2 2 10 3 3 , 时，   0 g x  ，  g t 单调递增， ] t  所以当 2 2 3 23 15 时，  取得最小值，最小值 为 11 18 10 ( g 3 23 15 8 ( 15 t  时，  取得最大值，最大值为  ，可得 8 ( 15 10 ( 3  ， 39 30 8 15 所以当 又由 g g g ) ) ) ， ) ，  2 1 4   6 9 11 4 6  18 ； 所以  的取值范围是 11 4 6 23, 15  18       . 故选：B. 6. P ､Q ､ R 是等腰直角三角形 ABC （   ）内的点，且满足 A  2 CBQ   ， ACQ    BAQ ，  0 ，则下列说法正确的是（ ） BPC CPA    BRB     B AP   ARA    sin    sin sin    CRC    A. PA PB QA QB RA RB   B. QA QB PA PB RA RB   C. RA RB PA PB QA QB   D. RA RB QA QB PA PB                            【答案】C 【解析】
      【分析】根据题意画出图形，结合图形分别计算 PA PB   ， RB RA   和 QA QB 的值，再比 较大小   BRB  RC   sin  0  CRC  0  (正弦定理) sin c 2 R  0       ARA  RB  RA 【详解】 sin b 2 R  a 2 R   aRA bRB cRC  cRC  cRC             aRA bRB    a RC CA b RC CB           AC b    a b c OC aAC bBC ab          ab  BC a  ab  AC  AC       BC  BC     R 在 ACB 的角平分线上, 同理可证 R 在  R 为内心 如图所示 BAC ABC  , 的角平分线上, 由 AP B   BPC   CPA 知,这三个角都是120 且 P 在 BAC 的平分线 AR 上,延长 AR 交 BC 于点 D 取 AB  ,则 6 BD AD  3 2 , PBC   30 得 PD 所以  BD 3   PA PB  6, PB  2 6 , PA AD PD    3 2  6   3 2   6 2 6 cos120      6 6 3
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