江苏省南通名校2021~2022学年高三9月质量检测试卷数学试题一、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，请把答案填写在答题卡相应位置上．1．已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π)的图象如图所示，则（）A．ω＝2，φ＝πB．ω＝2，φ＝C．ω＝，φ＝D．ω＝，φ＝－2．若a，b，c满足2a＝3，b＝log25，c＝log32，则（）A．c＜a＜bB．b＜c＜aC．a＜b＜cD．c＜b＜a3．若函数f(x)＝是R上的减函数，则a的取值范围为（）A．B．C．[，＋∞)D．4．下列函数中，最小值为4的是（）A．y＝x＋B．y＝sinx＋(0＜x＜π)C．4D．5．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，，则不等式f(x＋2)＜5的解集为（）A．(－3，7)B．(－4，5)C．(－7，3)D．(－2，6)6．函数的部分图像大致为（）
A．B．C．D．7．设a＞0，b＞0，且2a＋b＝1，则＋（）A．有最小值为4B．有最小值为C．有最小值为D．无最小值8．已知α，β，γ是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（）A．0B．1C．2D．3二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．已知f(x)是定义域为R的函数，满足f(x＋1)＝f(x－3)，f(1＋x)＝f(3－x)，当0≤x≤2时，，则下列说法正确的是（）A．f(x)的最小正周期为4B．f(x)的图像关于直线x＝2对称C．当0≤x≤4时，函数f(x)的最大值为2D．当6≤x≤8时，函数f(x)的最小值为10．已知函数则（）A．函数y＝f(x)的图象可以由y＝cos2x的图象向左平移得到；B．函数y＝f(x)的图象关于点对称；
C．函数y＝f(x)的图象关于直线对称；D．函数y＝f(x)在上单调递增11．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则（）A．直线DD1与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．点C与点G到平面AEF的距离相等D．平面截正方体所得的截面面积为12．已知lnx1－x1－y1＋2＝0，x2＋2y2－2ln2－6＝0，记，则（）A．M的最小值为B．当M最小时，C．M的最小值为D．当M最小时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知tanα＝2，则______________．14．设函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x)＝，则g[f(－7)]的值为______________．15．已知四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是边长为2的正方形，且PA⊥面ABCD，若四棱锥的体积为，则该球的体积为______________．16．已知函数f(x)＝，①若a＝1，则不等式f(x)≤1的解集为______________；若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则实数a的取值范围是___________________________．四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点．(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝，求cosβ的值．18．已知函数≠0)，若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程是2x－y＋3＝0．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求f(x)的单调区间．19．在①f(x)＋f(－x)＝0，②f(x)－f(－x)＝0，③f(－2)＝－f(2)这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答．已知函数f(x)＝log2满足______________．(1)求a的值；(2)若函数，证明：≤．20．已知函数．(1)求f(x)的最小正周期及其对称轴方程；(2)设函数，其中常数ω＞0，ω＞0．(i)若函数g(x)在区间上是增函数，求ω的最大值．(ii)当ω＝4时，函数y＝g(x)－4λf(x)，f(x)在上的最大值为，求实数λ的值．21．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥DC，如图2．(1)求证：A1E⊥平面BCDE；(2)求二面角E－A1B－C的余弦值．
22．已知函数，其中a∈R，x0是g(x)的一个极值点，且．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)求实数x0和a的值：(3)证明＞ln(2n＋1)(n∈N*)．江苏省南通名校2021~2022学年高三9月质量检测试卷数学试题参考答案一、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，请把答案填写在答题卡相应位置上．1．【答案】D【解析】由图像可知：函数周期，解得．故．由于函数经过，故有，即．又因为，所以．故选：D．2．【答案】A【解析】由于．所以，根据对数函数的单调性可知：．又由于．所以．综上所述，有．故选：A．3．【答案】A【解析】由于函数是R上的减函数，所以有，解得
又因为，解得．综上所述，．故选：A．4．【答案】C【解析】对于A：当时，．故A项不符合题意．对于B：当时，，所以，故B项不符合题意．对于C：由于，所以根据基本不等式可以得出，当且仅当时取得最小值4，故C项不符合题意．对于D：由于，所以根据基本不等式可以得出，当且仅当时取得最小值，故D项不符合题意．综上所述，A正确．故选：A．5．【答案】C【解析】当时，，则有，由于为偶函数，故进行分类讨论如下：①，即时，，解得，则此时．②，即时，，解得，则此时．综上所述，不等式的解集为．故选：C．6．【答案】C【解析】首先研究函数的奇偶性：函数定义域为R
，所以为奇函数．故可以排除A、B项；然后尝试代入特殊点进行判断，由于．故排除D项，C项正确．故选：C．7．【答案】B【解析】∵∴当且仅当时等号成立．故选：B．8．【答案】C【解析】由于是互不相同的锐角，所以均为正数，根据基本不等式有，将这个不等式相加，得到，所以三个值不能均大于，故排除D项；代入特殊值进行计算．取，则，，，所以C项正确．
故选：C．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．【答案】ABC【解析】对于A：由，可得，所以的最小正周期为4，故A项正确．对于B：由，可得，即，所以函数关于直线对称，故B项正确．对于C：由于函数关于直线对称，所以可以仅研究时，函数的最大值．因为当时，，所以函数的最大值为，故C项正确．对于D：由于函数的最小正周期为4，所以时，函数的性质与时，函数的最小值．因为当时，，所以函数的最小值为，故D项错误．故选：ABC．10．【答案】ABD【解析】对于A：的图象向左平移，得到对于B：根据余弦函数的对称中心，可得，即，所以当时，函数y的图象关于点对称，故A项正确；对于C：根据余弦函数的对称直线，可得，即，所以不存在k使得，故C项错误；
对于D：根据余弦函数的单调递增区间，可得，即函数的单调增区间为，所以当，函数的单调增区间为，所以函数y在上单调递增，故D项正确；故选：ABD．11．【答案】BC【解析】对于A：取中点H，则为在平面上的射∵与不垂直∴直线与直线不垂直，故A错；对于B：取中点I，连接、，如下图所示．所以在正方体中，．∵平面，平面∴平面，同理可证平面∵∴平面平面又∵平面∴平面故A正确．对于C：利用反证法．假设C项成立，则平面将平分，的中点在平面内．由于与交点M，但M不是中点，所以假设不成立，故C项错误．
对D：连接．在正方体中，，所以平面截正方体所得的四边形为等腰梯形．梯形的对角线．所以根据等腰梯形面积计算公式，求得面积．故D项正确．12．【答案】AB【解析】根据条件可以将的最小值转化为直线上的点到直线上的点的距离的最小值的平方，当直线上的点A的切线平行于B点所在的直线时，两点距离最小，即M可取得最小值．对于函数，；对于函数，斜率为，所以令，解得，切点为；则该点到直线的距离为，所以M的最小值为．故A正确，C错误；当M最小时，可得，①，②为方便计算，将B、D项的的值代入式①，分别求出的值，将求得的值代入式②的左端，检查式子是否成立，故B正确，D错误；故选：AB．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】【解析】∵∴14．【答案】【解析】由于是定义在R上的奇函数，所以，故
故答案为15．【答案】【解析】将四棱锥扩展为长方体，则长方体的对角线的长是外接球的直径．∵四棱锥的体积为，底面是边长为2的正方形，且面∴，解得∴，解得∴外接球的体积故答案为：16．【答案】①；②【解析】①当，，所以或，解得，故解集为故答案为：②的情况下函数与的函数图象如下：函数可看作向上或向下移动个单位长度．所以由图可知：当时，，使得有两个零点；故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）或
【解析】（1）由题可得：，所以（2）由题可得：．∵∴∵∴或18．【答案】（1）；（2）的单调递减区间为，单调递增区间为【解析】（1）由，得到，由题可得：，解得．将代入，得到，所以，解得．所以（2）由（1）知：，令，则或将绘制图象如下图：由图像可知：当时，；当或时，．
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．19．【答案】选择①1：（1）（2）证明见解析：不能选择②：选择③：（1）（2）证明见解析：【解析】选择①：（1）由于，所以．即，解得；由（1）知：．所以故选择②：（1）由于，所以，即，解得，无法求出具体a的值，故不能选择②．选择③：（1）由于，所以，即，所以；（2）由（1）知：．所以故20．【答案】（1）最小正周期；对称轴方程为；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】（1）函数，化简得到，所以的最小正周期；根据正弦函数的对称轴，可得到，即对称轴方程为（2）（ⅰ），当时，因为在为增函数，且，则，化简得到因为，所以，但，，所以，从而得到，故的最大值为3．（ⅱ）当时，
因为，所以当时，若y取得最大值，则有，解得．当时，则在时，y可以取得最大值1，与题目不符，故舍去．当时，则在时，y可以取得最大值，则有，解得，矛盾，故舍去．所以满足题意的为．21．【答案】（1）证明见解析：（2）【解析】（1）∵，∴又∵∴平面∴∵，∴平面（2）∵平面∴以E为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立直角坐标系，如下图所示．
由题可知，则，所以设平面的法向量，则有，得，令，则又∵显然，为平面的法向量∴由图可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为22．【答案】（1）在上单调递增；（2），；（3）证明见解析【解析】（1）由，可得．令，即，解得．当时，关系如下表：x1单增1单增单减，+0单增，+-0+所以在上单调递增．（2）由，可得．∵是的一个极值点，且∴①，②
联立①②消去a，得③．令，则．由（1）知：，故，即在上单调递增．所以①③的解唯一．又因为，所以由③可得，将其代入①，可得．（3）由（1）知在在上单调递增，故当时，，所以，即在上单调递增，故时，，即．因为此时，所以．令，可得．对不等式两边进行求和，得到，原命题得证．
