广东省兴宁市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份广东省兴宁市第一中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.“”的一个必要不充分条件是（ ）
A.B.C.D.
3.已知复数满足.（为虚数单位），则（ ）
A.B.C.D.
4.已知向量，.若，则（ ）
A.1B.C.1D.
5.已知函数（且）在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
6.已知直线与曲线相切，则实数（ ）
A.0B.C.D.
7.已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ）
A.B.C.D.
8.已知函数（且），若对任意，，则实数的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知函数是奇函数，且的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.B.
C.在内的零点个数为2D.的图象关于直线对称
10.函数的图象可以是（ ）
A.B.C.D.
11.已知，为正实数，，则（ ）
A.的最大值为1B.的最小值3
C.的最小值为D.的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知命题“，使得”是假命题，则的取值范围是______.
13.如果直线被圆截得的弦长为，那么实数______.
14.若直线既和曲线相切，又和曲线相切，则称为曲线和的公切线.已知曲线：和曲线：，请写出曲线和的一条公切线方程：______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（本小题满分13分）
在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，.
（1）求；
（2）求；
（3）求的值.
16.（本小题满分15分）
如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离
17.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）若曲线在处的切线与轴垂直，求的极值.
（2）若在只有一个零点，求.
18.（本小题满分17分）
已知椭圆：的离心率为，焦距为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）若椭圆的左顶点为，过右焦点的直线与椭圆交于、（异于点）两点，直线、分别与直线交于，两点，试问是否为定值？若是求出该定值；若不是请说明理由。
19.（本小题满分17分）
已知，，函数.
（1）若，求；
（2）设，记为的所有零点组成的集合，，为的子集，它们各有个元素，且.设，，，且，.证明：.
兴宁一中2025届高三数学质检（二）参考答案20241012
一、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.A【解析】因为，，.故选A.
2.B【详解】等价于，即，因为可以推出，而不能推出，所以是的必要不充分条件，其它选项均不满足：所以“”的一个必要不充分条件是.故选：B.
3.B【详解】因为，所以.故选：B
4.C【详解】由，，得.由，得，即，解得.故选：C.
5.A【详解】由题意，函数（且）在上单调递减，
则满足，解得，即实数的取值范围为.故选：A.
6.C【详解】由且不为0，得
设切点为，则，即，
所以，可得，.故选：C
7.A【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，即，所以圆锥的高，圆锥的体积.由题意，知圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，因为圆锥与圆柱的表面积相等，所以，得，所以圆柱的体，故.故选A
8.D【详解】当时，在上单调递增，，而，不符合题意，
因此，当时，，
函数，在上都递减，则函数在上递减，
，于是，即，则，解得，从而；
当时，，即，
令，，依题意，，
求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
于是，解得，即有，所以实数的取值范围为.故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.BCD【详解】因为函数是奇函数，所以，故A错误；因为的最小正周期为，所以，解得，故B正确；所以，所以将的图象向左平移个单位长度得到函数，令，，即，，
当时，，，即在内的零点个数为2，故C正确；
当时，，所以是函数图象的对称轴，故D正确.故选；BCD
10.BC【详解】由函数解析式可知，是不变号零点，是变号零点，
A.由图可知，变号零点是0，则，则，不成立，故A错误：
B.由图可知，变号零点小于0，不变号零点为0，则，，此时，当，
当，，当时，，满足图象，故B正确：
C.由图可知，，，当时，，当时，，当时，，满足图象，故C正确；
D.由图可知，，当时，，与图象不符，D错误.故选：BC
11.ABD【详解】对于A项，由，，则，当且仅当时取等号，故A项正确；对于B项，由，，则，当且仅当时取等号，B项正确；对于C项，令，，则，所以
，当且仅当，即，时取等号，故C项错误：对于D项，
，令，由A项知，，则，所以当时，取得最小值为，故D项正确.故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【解析】因为命题“，使得”是假命题，所以命题“，使得”是真命题.即对，恒成立，令，则，所以，所以.故答案为.
13.5或【详解】由题意知可化为，可知圆心坐标为，半径，根据点到直线的距离公式和弦长关系可得解得或.故答案为：5或
14.（答案不唯一，或填）【详解】设公切线与：相切的切点为，与：相切的切点为.
由，则，则公切线方程为，即；由，则，则公切线方程为，即；所以解得或.
故曲线和的公切线方程为或.
故答案为：（答案不唯一，或填）
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.解：（1）设，，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则，.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，
解得
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，则，
因为为三角形内角，所以，
所以
16.解：（1）连接，由四边形为菱形，
得，
由，得，
又平面平面，平面平面，面，
则平面，
又平面，于是，而，则，
又，，平面，因此平面，
又平面，所以.
（2）设点到平面的距离为，即三棱锥的底面上的高，
由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为
由，得，
而，，
则的面积，
由，，得，
又，，则，
又，，由余弦定理得，
则，的面积，
则，即，
所以点到平面的距离为.
17.解：（1）函数的定义域为，求导得，
依题，则，
即，，
当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，无极大值.
（2）函数在只有一个零点，等价于在只有一个零点，
设，则函数在只有一个零点，当且仅当在只有一解，
即在只有一解，于是曲线与直线只有一个公共点，
令，求导得，当时，；当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，函数在取得极小值同时也是最小值，当时，；当时，，画出大致的图象：
在只有一个零点时，，
所以在只有一个零点时，
18.（1）依题意知：，，
解得：，，
所以椭圆的方程为.
（2）由于，异于，故设直线的方程为，
联立得：.
设，，则.
因为，，所以设直线的方程为，
联立得：，
同理有.
因为，所以，.
所以
.
所以，即.
19.解：（1）根据题意有.
当时，单调递减；
当时，单调递增，
故，
设，则；
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，，
故若，则.
（2）由题设可知，由（1）知，且在和单调，若有两个零点，，则正、负各一个，
故共有个零点，即有个元素，且个是正数，个是负数
又因为，各有个元素，且，故的所有元素要么属于，要么属于.
若且，则，且
故至少有个零点是正数，这与恰有个零点是正数矛盾，
同理，，也不能同为负数.故与异号，，
由上不妨设，则，
设，则，单调递减，
故，即，故，.
所以