2024-2025学年江西省赣州市全南中学高三（上）月考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省赣州市全南中学高三（上）月考数学试卷（9月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合A={0,1,2,3}，B={x∈N|x2−5x+4≥0}，则A∩B=( )
A. {1}B. {1,2}C. {0,1}D. {1,2,3}
2.下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是( )
A. y=sinxB. y=x|x|C. y=x12D. y=x−1x
3.已知函数f(x)=xsinx+csx+2023，g(x)是函数f(x)的导函数，则函数y=g(x)的部分图象是( )
A. B.
C. D.
4.将函数y=sin(x+φ)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，再将所得图象向左平移π6个单位后得到的函数图象关于原点中心对称，则sin2φ=( )
A. −12B. 12C. − 32D. 32
5.定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x+2)=−f(x)，当0≤x≤1时f(x)=x，则f(x)≥12的解集为( )
A. [12,+∞)B. [12,32]
C. [4k+12,4k+32](k∈Z)D. [2k+12,2k+32](k∈Z)
6.纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动.因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向.研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之间关系的经验公式：C=Iλt，其中λ为与蓄电池结构有关的常数(称为Peukert常数)，在电池容量不变的条件下，当放电电流为15A时，放电时间为30ℎ；当放电电流为50A时，放电时间为7.5ℎ，则该萻电池的Peukert常数λ约为( )(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)
A. 1.12B. 1.13C. 1.14D. 1.15
7.已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在区间(0,π2)内有最大值，但无最小值，则ω的取值范围是( )
A. (23,83]B. [16,56)C. (23,56]D. [16,83)
8.若对任意的x1，x2∈(m,+∞)，且x1(注：e=2.71828⋯为自然对数的底数)
A. 1eB. eC. 1D. 3e
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题为真命题的是( )
A. “a>1”是“1a<1”的充分不必要条件
B. 命题“∀x<1，x2<1”的否定是“∃x≥1，x2≥1”
C. 若a>b>0，则ac2>bc2
D. 若a>0，b>0，且a+4b=1，则1a+1b的最小值为9
10.已知函数f(x)=2sinxcsx+2 3sin2x，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. (−π12, 3)是曲线f(x)的一个对称中心
C. x=−π12是曲线f(x)的一条对称轴D. f(x)在区间(π6,5π12)上单调递增
11.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=f(2024)，且f(2x+1)是奇函数，则( )
A. f(x)的图象关于点(1,0)对称B. f(0)=f(4)
C. f(2)=1D. 若f(12)=12，则i=1100if(i−12)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)= 3sin(2x+θ)+cs(2x+θ)(θ>0)是偶函数，则θ的最小值是______．
13.已知数列{an}满足a1=2，an+1n+1−ann=2，若bn=2 2an，则数列{bn}的前n项和Sn=______．
14.若实数a，b，c，d满足(b+a2−3lna)2+(c−d+2)2=0，则 (a−c)2+(b−d)2的最小值为______．
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13分)
已知函数f(x)=x2−7x+6lnx+10．
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)求f(x)的单调区间和极小值．
16.(本小题15分)
如图，已知OPQ是半径为2，圆心角为π3的扇形，C是扇形弧上的动点，ABCD是扇形的内接矩形.记∠POC=α．
(1)用α分别表示OB，AB的长度；
(2)当α为何值时，矩形ABCD的面积最大？并求出这个最大面积．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)= 3csπx−sinπx(x∈R)的所有正数零点构成递增数列{an}(n∈N∗).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足bn=12n(an+53)(n∈N∗)，求数列{bn}的前n项和Sn．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin2xcsφ−cs2xcs(π2+φ)(0<|φ|<π2)，对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|．
(1)求φ的值及f(x)的单调递增区间；
(2)若x0∈[0,π4]，f(x0)=13，求sin2x0；
(3)将函数y=f(x)图象上的所有点，向右平移π24个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数y=g(x)的图象.若∃x∈[0,π]， 2g(x)+sin2x≤2m2−3m，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=2sinx−x．
(1)若函数F(x)与f(x)的图象关于点(π2,1)对称，求F(x)的解析式；
(2)当x∈[0,π]时，f(x)≤m，求实数m的取值范围；
(3)判断函数g(x)=(x+1)f(x)+1在(π2,+∞)的零点个数，并说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.C
5.C
6.D
7.A
8.A
9.AD
10.ACD
11.ABD
12.π3
13.4(4n−1)3
14.2 2
15.解：(1)因为f(x)=x2−7x+6lnx+10，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=2x−7+6x=2x2−7x+6x=(2x−3)(x−2)x，
所以f′(1)=1，又f(1)=4，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x+3，
切线在x轴上的截距为−3，在y轴上的截距为3，
所以切线与坐标轴围成的三角形面积为S=12×3×3=92．
(2)令f′(x)=0，解得x=32或x=2，
令f′(x)<0，解得320，解得02，
所以f(x)在(32,2)上单调递减，在(0,32)和(2,+∞)上单调递增，
所以f(x)在x=2出取得极小值，极小值为f(2)=6ln2．
综上所述，f(x)单调递增区间为(0,32)和(2,+∞)，单调递减期间为(32,2)，极小值为6ln2．
16.解：(1)已知OPQ是半径为2，圆心角为π3的扇形，
C是扇形弧上的动点，ABCD是扇形的内接矩形，记∠POC=α，
在直角三角形OBC中，BC=2sinα，OB=2csα，
在直角三角形OAD中，AD=BC=2sinα，
所以OA=ADtanπ3=2 33sinα，
所以AB=OB−OA=2csα−2 33sinα；
(2)设矩形ABCD的面积为S，
所以S=AB×BC=(2csα−2 33sinα)×2sinα
=4sinαcsα−4 33sin2α
=2sin2α−4 33×12(1−cs2α)
=2sin2α+2 33cs2α−2 33
=4 33( 32sin2α+12cs2α)−2 33
=4 33sin(2α+π6)−2 33，
因为0<α<π3，所以π6<2α+π6<5π6，
所以当2α+π6=π2，即α=π6时，Smax=2 33．
17.解：(1)已知函数f(x)= 3csπx−sinπx(x∈R)，
令f(x)=0，
则tanπx= 3，
则πx=kπ+π3，k∈Z，
则x=k+13，k∈Z，
又函数f(x)= 3csπx−sinπx(x∈R)的所有正数零点构成递增数列{an}，
则数列{an}是以13为首项，1为公差的等差数列，
则an=13+(n−1)×1=n−23，
即数列{an}的通项公式为an=n−23；
(2)由(1)可得bn=n+12n，
则Sn=221+322+...+n+12n，①
12Sn=222+323+...+n+12n+1，②
由①−②可得12Sn=1+(122+123+...+12n)−n+12n+1=1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1，
则Sn=3−n+32n．
18.解：(1)f(x)=sin2xcsφ+cs2xsinφ=sin(2x+φ)，
因为对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|，可得当x=π3时，f(x)取得最值，
所以2×π3+φ=π2+kπ，k∈Z，
可得φ=−π6+kπ，k∈Z，又0<|φ|<π2，
所以φ=−π6，
所以f(x)=sin(2x−π6)，
由−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，可得−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ , π3+kπ](k∈Z)．
(2)由x0∈[0,π4]，f(x0)=13，f(x)=sin(2x−π6)，
可得2x0−π6∈[−π6 , π3]，sin(2x0−π6)=13，
所以cs(2x0−π6)=2 23，
所以sin2x0=sin[(2x0−π6)+π6]=sin(2x0−π6)csπ6+cs(2x0−π6)sinπ6= 3+2 26．
(3)将函数y=f(x)图象上的所有点，向右平移π24个单位后得到，
函数y=sin[2(x−π24)−π6]=sin(2x−π4)的图象，进而可得g(x)=sin(x−π4)，
令ℎ(x)= 2sin(x−π4)+sin2x=sinx−csx+2sinxcsx，x∈[0,π]，
只需ℎ(x)min≤2m2−3m，
令t=sinx−csx= 2sin(x−π4)，
因为x∈[0,π]，所以x−π4∈[−π4 , 3π4]，
所以t∈[−1 , 2]，
因为t2=(sinx−csx)2=1−2sinxcsx，可得2sin xcs x=1−t2，
所以y=t+1−t2=−(t−12)2+54，
因为t∈[−1 , 2]，所以当t=−1时，ℎ(x)min=−1，
所以2m2−3m≥−1，即(2m−1)(m−1)≥0，解得m≤12或m≥1．
所以实数m的取值范围为{m|m≤12或m≥1}．
19.解：(1)由题意得，F(x)=2−f(π−x)=2−2sin(π−x)+(π−x)=π+2−x−2sinx．
(2)由题意得，f′(x)=2csx−1，x∈[0,π]，
令f′(x)=0，解得x=π3，
所以当x∈[0,π3)时，f′(x)>0；当x∈(π3,π]时，f′(x)<0，
所以f(x)在[0,π3)上单调递增，在(π3,π]上单调递减，
所以f(x)的最大值为f(π3)= 3−π3，
由于x∈[0,π]时，f(x)≤m，
所以实数m的取值范围为[ 3−π3,+∞)．
(3)令g(x)=0，则(x+1)(2sinx−x)+1=0，整理得2sinx−x+1x+1=0，
令ℎ(x)=2sinx−x+1x+1，则ℎ′(x)=2csx−x−1(x+1)2，
当x∈(π2,π)时，ℎ′(x)<0.所以ℎ(x)在(π2,π)上单调递减，
又ℎ(π2)=2sinπ2−π2+1π2+1=2−π2+1π2+1>0,ℎ(π)=2sinπ−π+1π+1=−π+1π+1<0，
所以由零点存在性定理得，ℎ(x)在(π2,π)上存在唯一零点．
当x∈[π,+∞)时，ℎ(x)=2sinx−x+1x+1<2−π+1<0，此时函数无零点．
综上所述，ℎ(x)在(π2,+∞)上存在唯一零点，即函数g(x)在(π2,+∞)上的零点个数为1．