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广东省肇庆市封开县江口中学2024-2025学年高三上学期8月月考 数学试题（含解析）
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这是一份广东省肇庆市封开县江口中学2024-2025学年高三上学期8月月考 数学试题（含解析），共13页。
考试用时120分钟
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知集合，则集合的真子集的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
3．如果，那么下列不等式中成立的是（ ）
A．；B．；C．；D．.
4．已知复数，则（ ）
A．B．C．2D．
5．若，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．无最小值
6．“”是“”成立的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．在中，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．已知集合，，则（ ）．
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．关于复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则的最小值为
C．
D．若是关于的方程：的根，则
10．已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．D．
11．已知，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．有最大值B．有最小值3C．有最小值D．有最大值4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量a＝(m，3)，b＝(1，m＋1).若a⊥b，则m＝ ．
13．实数满足，则的取值范围是 .
14．已知集合，，且，则实数m的取值范围是 ．
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．设，复数.
(1)求m为何值时，z为纯虚数；
(2)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围.
16．已知函数
(1)当时，求曲线在点处曲线的切线方程；
(2)求函数的单调区间.
17．已知不等式.
（1）当时，解此不等式；
（2）若此不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围．
18．某校地势较低，一遇到雨水天气校园内会有大量积水，不但不方便师生出行，还存在严重安全问题.为此学校决定利用原水池改建一个深3米，底面面积16平方米的长方体蓄水池.不但能解决积水问题，同时还可以利用蓄水灌溉学校植被.改建及蓄水池盖儿固定费用800元，由招标公司承担.现对水池内部地面及四周墙面铺设公开招标.甲工程队给出的报价如下：四周墙面每平方米150元，地面每平方米400元.设泳池宽为米.
(1)当宽为多少时，甲工程队报价最低，并求出最低报价.
(2)现有乙工程队也要参与竞标，其给出的整体报价为元（整体报价中含固定费用）.若无论宽为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围.
19．已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
1．D
【分析】根据存在量词命题的否定为特称命题，即可求解.
【详解】命题“，”的否定是，,
故选：D
2．C
【分析】利用列举法表示集合A，即可求得真子集个数.
【详解】集合，
其真子集有：，，，，，，，共7个.
故选：C
3．B
【分析】利用不等式的性质比较大小逐一判断即可.
【详解】对于A：由得，错误；
对于B：由，则有，即，正确；
对于C：由得，则根据不等式的性质有，即，
由可得，错误；
对于D：由得，则，即，错误.
故选：B
4．A
【分析】利用复数模的运算性质来计算即可.
【详解】由，可得，
故选：A.
5．C
【分析】将式子配凑成，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】若，则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为8．
故选：C．
6．B
【分析】利用充分性与必要性的定义，结合对数函数性质可得结果.
【详解】利用对数函数性质可知：，
则，即，故必要性成立；
，当不全大于0时，或无意义，
故不能推出，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B．
7．B
【分析】根据向量线性运算的运算法则求解即可.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：B.
8．B
【分析】先化简集合A，B，再利用并集的运算求解.
【详解】解：因为，
，
所以．
故选：B．
9．BD
【分析】根据虚数单位乘方的周期性可判断A选项，设根据复数的四则运算及模长公式可判断BC选项，再根据复数范围内二次方程的解互为共轭复数且满足根于系数关系，判断D选项.
【详解】A选项：由虚数单位的定义，，则，A选项错误；
设，
B选项：由，则，且，
则，，
又，所以当时取最小值为，B选项正确；
C选项：，，，
所以，C选项错误；
D选项：由已知复数范围内二次方程的两根满足，
且与互为共轭复数，由可知，
则，即，D选项正确；
故选：BD.
10．BCD
【分析】由二次不等式的解集可知，相应的二次函数图像开口向下，由相应的一元二次方程的两根结合起韦达定理可求的符号，将代入即可得解.
【详解】因为不等式的解集为，
故相应的二次函数的图像开口向下，所以，故A错误；
易知2和是方程的两个根，则有，，
又，故，，故BC正确；
因为，所以，故D正确．
故选：BCD
11．BD
【分析】对于A,直接由基本不等式求得，即可判断A；对于B，将代入中，结合二次函数性质即可判断；对于C,将变形为，展开后，利用基本不等式即可判断；对于D,构造函数，利用导数求得最大值，即可判断.
【详解】对于A选项，因为，且，所以由可得，
当且仅当时等号成立，.故A错误；
对于B选项，由，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C选项，因为
所以，当且仅当即时等号成立，故C错误
对于D选项，因为，
令，解得或（舍），
令，解得，令，解得，
故，此时，故D正确
故选：BD
12．－
【详解】
由题意，知a·b＝m＋3(m＋1)＝0，解得m＝－.
【考查意图】考查两个向量垂直．
13．
【分析】利用待定系数法可得，即可根据不等式的性质求解.
【详解】设，
则解得,所以
因为，所以 ，
可得，即的取值范围为.
故答案为：.
14．
【分析】分析可知，分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【详解】因为，则.
当时，即当时，，满足题意；
当时，即当时，，
由可得，解得，此时.
综上所述，.
故答案为：.
15．(1)2
(2)
【分析】（1）根据纯虚数的概念即可列出方程，进而求解即可；
（2）复平面内的点位于第四象限，则横坐标大于0，同时纵坐标小于0，据此列出不等式求解即可.
【详解】（1）由解得或；
当时，是纯虚数，
当时，为实数，
所以.
（2）因为在复平面内对应的点位于第四象限，
所以，解得.
16．(1)
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解;(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，所以切点为，
又因为，所以，即切线的斜率等于2，
根据点斜式得，整理得.
（2）,
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令即解得，
令即解得，
所以在单调递增，单调递减.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）先将代入不等式中,再根据根的判别式 ,与轴无交点,则解集为.
（2）把已知的不等式变形为二次不等式的一般形式,然后讨论二次项系,当二次项系数不等于时,需开口向上且判别式小于.
【详解】（1）当时,不等式为.
∵的,
可知不等式的解集为,
所以当时,不等式的解集为.
（2）已知不等式可整理成,
当,即时,不符合题意．
当,即时,也不符合题意．
当,即时,要使恒成立,
则有,解得.
综上所述：使不等式对一切实数恒成立的实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,把已知的不等式变形为二次不等式的一般形式,然后讨论二次项系数,考查了分类讨论思想和数形结合思想,解答此题的关键是三个二次的结合,是常考题型.
18．(1)4m，14400元
(2)
【分析】（1）根据题意，列出函数关系式，结合基本不等式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，列出不等式，分离参数，再结合基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设甲工程队的总造价为元，则
当且仅当时，即时等号成立.
即当宽为时，甲工程队的报价最低，最低为14400元.
（2）由题意可得.对恒成立.
即
令
.
令，
则在上单调递增.
且时，.
.
即的取值范围为.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围；
（2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明.
【详解】（1）由已知得的定义域为，
且
，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，
，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，
则
当时，，即在上单调递减.
，
，即，
，
，
，
，
又，在上单调递增，
，即.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
考试用时120分钟
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知集合，则集合的真子集的个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
3．如果，那么下列不等式中成立的是（ ）
A．；B．；C．；D．.
4．已知复数，则（ ）
A．B．C．2D．
5．若，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．无最小值
6．“”是“”成立的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
7．在中，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．已知集合，，则（ ）．
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．关于复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则的最小值为
C．
D．若是关于的方程：的根，则
10．已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．D．
11．已知，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．有最大值B．有最小值3C．有最小值D．有最大值4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量a＝(m，3)，b＝(1，m＋1).若a⊥b，则m＝ ．
13．实数满足，则的取值范围是 .
14．已知集合，，且，则实数m的取值范围是 ．
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．设，复数.
(1)求m为何值时，z为纯虚数；
(2)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围.
16．已知函数
(1)当时，求曲线在点处曲线的切线方程；
(2)求函数的单调区间.
17．已知不等式.
（1）当时，解此不等式；
（2）若此不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围．
18．某校地势较低，一遇到雨水天气校园内会有大量积水，不但不方便师生出行，还存在严重安全问题.为此学校决定利用原水池改建一个深3米，底面面积16平方米的长方体蓄水池.不但能解决积水问题，同时还可以利用蓄水灌溉学校植被.改建及蓄水池盖儿固定费用800元，由招标公司承担.现对水池内部地面及四周墙面铺设公开招标.甲工程队给出的报价如下：四周墙面每平方米150元，地面每平方米400元.设泳池宽为米.
(1)当宽为多少时，甲工程队报价最低，并求出最低报价.
(2)现有乙工程队也要参与竞标，其给出的整体报价为元（整体报价中含固定费用）.若无论宽为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围.
19．已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
1．D
【分析】根据存在量词命题的否定为特称命题，即可求解.
【详解】命题“，”的否定是，,
故选：D
2．C
【分析】利用列举法表示集合A，即可求得真子集个数.
【详解】集合，
其真子集有：，，，，，，，共7个.
故选：C
3．B
【分析】利用不等式的性质比较大小逐一判断即可.
【详解】对于A：由得，错误；
对于B：由，则有，即，正确；
对于C：由得，则根据不等式的性质有，即，
由可得，错误；
对于D：由得，则，即，错误.
故选：B
4．A
【分析】利用复数模的运算性质来计算即可.
【详解】由，可得，
故选：A.
5．C
【分析】将式子配凑成，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】若，则，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为8．
故选：C．
6．B
【分析】利用充分性与必要性的定义，结合对数函数性质可得结果.
【详解】利用对数函数性质可知：，
则，即，故必要性成立；
，当不全大于0时，或无意义，
故不能推出，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B．
7．B
【分析】根据向量线性运算的运算法则求解即可.
【详解】由题意知，，
所以.
故选：B.
8．B
【分析】先化简集合A，B，再利用并集的运算求解.
【详解】解：因为，
，
所以．
故选：B．
9．BD
【分析】根据虚数单位乘方的周期性可判断A选项，设根据复数的四则运算及模长公式可判断BC选项，再根据复数范围内二次方程的解互为共轭复数且满足根于系数关系，判断D选项.
【详解】A选项：由虚数单位的定义，，则，A选项错误；
设，
B选项：由，则，且，
则，，
又，所以当时取最小值为，B选项正确；
C选项：，，，
所以，C选项错误；
D选项：由已知复数范围内二次方程的两根满足，
且与互为共轭复数，由可知，
则，即，D选项正确；
故选：BD.
10．BCD
【分析】由二次不等式的解集可知，相应的二次函数图像开口向下，由相应的一元二次方程的两根结合起韦达定理可求的符号，将代入即可得解.
【详解】因为不等式的解集为，
故相应的二次函数的图像开口向下，所以，故A错误；
易知2和是方程的两个根，则有，，
又，故，，故BC正确；
因为，所以，故D正确．
故选：BCD
11．BD
【分析】对于A,直接由基本不等式求得，即可判断A；对于B，将代入中，结合二次函数性质即可判断；对于C,将变形为，展开后，利用基本不等式即可判断；对于D,构造函数，利用导数求得最大值，即可判断.
【详解】对于A选项，因为，且，所以由可得，
当且仅当时等号成立，.故A错误；
对于B选项，由，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C选项，因为
所以，当且仅当即时等号成立，故C错误
对于D选项，因为，
令，解得或（舍），
令，解得，令，解得，
故，此时，故D正确
故选：BD
12．－
【详解】
由题意，知a·b＝m＋3(m＋1)＝0，解得m＝－.
【考查意图】考查两个向量垂直．
13．
【分析】利用待定系数法可得，即可根据不等式的性质求解.
【详解】设，
则解得,所以
因为，所以 ，
可得，即的取值范围为.
故答案为：.
14．
【分析】分析可知，分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【详解】因为，则.
当时，即当时，，满足题意；
当时，即当时，，
由可得，解得，此时.
综上所述，.
故答案为：.
15．(1)2
(2)
【分析】（1）根据纯虚数的概念即可列出方程，进而求解即可；
（2）复平面内的点位于第四象限，则横坐标大于0，同时纵坐标小于0，据此列出不等式求解即可.
【详解】（1）由解得或；
当时，是纯虚数，
当时，为实数，
所以.
（2）因为在复平面内对应的点位于第四象限，
所以，解得.
16．(1)
(2)答案见解析.
【分析】(1)利用导数的几何意义求解;(2)利用导函数研究函数的单调性.
【详解】（1）当时，，定义域为，
，所以切点为，
又因为，所以，即切线的斜率等于2，
根据点斜式得，整理得.
（2）,
当时，恒成立，所以在上单调递增，
当时，令即解得，
令即解得，
所以在单调递增，单调递减.
17．（1）；（2）.
【分析】（1）先将代入不等式中,再根据根的判别式 ,与轴无交点,则解集为.
（2）把已知的不等式变形为二次不等式的一般形式,然后讨论二次项系,当二次项系数不等于时,需开口向上且判别式小于.
【详解】（1）当时,不等式为.
∵的,
可知不等式的解集为,
所以当时,不等式的解集为.
（2）已知不等式可整理成,
当,即时,不符合题意．
当,即时,也不符合题意．
当,即时,要使恒成立,
则有,解得.
综上所述：使不等式对一切实数恒成立的实数的取值范围是.
【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,把已知的不等式变形为二次不等式的一般形式,然后讨论二次项系数,考查了分类讨论思想和数形结合思想,解答此题的关键是三个二次的结合,是常考题型.
18．(1)4m，14400元
(2)
【分析】（1）根据题意，列出函数关系式，结合基本不等式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，列出不等式，分离参数，再结合基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）设甲工程队的总造价为元，则
当且仅当时，即时等号成立.
即当宽为时，甲工程队的报价最低，最低为14400元.
（2）由题意可得.对恒成立.
即
令
.
令，
则在上单调递增.
且时，.
.
即的取值范围为.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围；
（2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明.
【详解】（1）由已知得的定义域为，
且
，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，
，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，
则
当时，，即在上单调递减.
，
，即，
，
，
，
，
又，在上单调递增，
，即.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
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