广东省肇庆市封开县广信中学2025届高三上学期9月月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省肇庆市封开县广信中学2025届高三上学期9月月考 数学试题（含解析），共14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。
本试卷共10页，19小题，满分150分．
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．已知集合，，则（ ）.
A．B．
C．D．
2．已知复数，，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量，，若，则实数（ ）
A．2B．C．1D．
4．为等差数列，为其前n项和，则
A．40B．35C．30D．28
5．若函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数是偶函数，且对任意的，有，若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知f(x)是定义在上的周期为4的奇函数，当时，.若，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在，，点P在以B为圆心，1为半径的圆上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分． 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．已知向量，，则（ ）
A．
B．向量在向量上的投影向量是
C．
D．与向量共线的单位向量是，
10．下列命题正确的是（ ）
A．已知，则有最大值B．已知，则
C．的最小值是2D．最小值为
11．已知定义在上的函数满足为偶函数，的图象关于原点对称，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称
B．
C．当时，
D．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12．已知扇形的半径为2，弧长为2，则该扇形的圆心角是 ．面积为 ．
13．已知为偶函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是 .
14．已知函数，若过点（其中m是整数）可作曲线的三条切线，则m的所有可能取值为 ．
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．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长.
16．已知单调递增数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
17．在中，已知为的中点，，，.
(1)求的面积；
(2)求的长.
18．设函数．
(1)求的单调区间；
(2)求在上的最大值与最小值．
19．已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若，求实数的取值范围.
1．C
【分析】解分式不等式得,解绝对值不等式得,再根据集合交集运算求解即可.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
.
故选：C
2．A
【分析】结合复数的减法运算，即可求解.
【详解】复数，，
则.
故选：
3．A
【分析】依题意可得，根据数量积坐标表示计算可得.
【详解】因为，且，
所以，解得.
故选：A
4．A
【分析】利用等差数列求和公式和通项公式列方程求解可得和d，然后可得.
【详解】由， 所以，
又， 所以，
故.
故选：A.
5．A
【分析】根据分段函数的单调性直接列不等式组，即可得解.
【详解】由函数在上单调递减，
可得，解得：，
故选：A.
6．A
【分析】根据函数的单调性和奇偶性化简不等式，从而求得的取值范围.
【详解】依题意，对任意的，有，
所以在区间上单调递减，由于是偶函数，
所以在区间上单调递增.
所以由可得，
两边平方得，解得.
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】利用函数的单调性的定义判断函数的单调性，除了利用函数单调性的定义，由，判断的符号来进行求解外，还可以利用、的符号来进行判断.
7．D
【分析】根据函数的周期性、奇偶性可得，再结合已知条件求参数m，最后由周期性、奇偶性有，即可求值.
【详解】由题意知：且，故.
∵，可得，
∴.
故选：D.
8．B
【分析】以点B为坐标原点，直线AB为x轴建立坐标系，借助向量数量积的坐标表示求解作答.
【详解】以点B为圆心，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，
则，设，因此，，，
于是得，其中锐角由确定，
而，则当，即，时，取最小值-1，
所以的最大值为.
故选：B
9．AC
【分析】由向量垂直的坐标表示，数量积的定义，模的坐标表示，共线向量的坐标表示及单位向量的定义计算后判断．
【详解】解：因为向量，，故，
对于A，，所以，所以，故A正确；
对于B，向量在向量上的投影向量是，（注是向量的夹角），故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，共线的单位向量是，即，或，，故D错误.
故选：AC.
10．AD
【分析】对于A：利用基本不等式即可求出的最大值；
对于B：利用基本不等式即可判断；
对于C：利用基本不等式取等号的条件不满足即可判断；
对于D：利用基本不等式即可判断.
【详解】对于A：因为，所以所以，当且仅当及x=-1时取等号.
所以，即有最大值.故A正确；
对于B：已知，即，所以，当且仅当时，即时取等号.
所以.故B错误.
对于C：，取等号的条件，无解，等号不能取得.故C错误；
对于D：，取等号的条件是，即，所以最小值为.故D正确.
故选：AD
11．BC
【分析】由为偶函数，的图象关于原点对称，可得函数周期为4，且可知当时，，从而可逐项判断.
【详解】为偶函数，
∴fx的图象关于直线对称，故A错误；
的图象关于原点对称，，
当时，，
，故C正确；
由的图象关于直线对称，且关于原点对称，
所以，
则，即函数周期为4，
，，
，由选项C可知函数在上单调递增，
所以，，故B正确；
由前可知，，
，故D错误.
故选：BC.
12．
【解析】根据弧长公式，以及扇形面积公式，由题中条件，可直接得出结果.
【详解】因为扇形的半径为2，弧长为2，记该扇形的圆心角为，
则；
该扇形的面积为.
故答案为：；.
13．
【分析】由已知求得函数在上的解析式，求其导函数，得到（1），再由直线方程点斜式得答案．
【详解】为偶函数，且当时，，
当时，，则，
则，
则在点处的切线方程为，即.
故答案为；.
14．
【分析】根据导数的几何意义求出曲线的切线方程，构造新函数利用导数的性质，结合极值的定义进行求解即可.
【详解】由题知，设切点为，
则切线方程为，
将，代入得；
令，
则，
或时，；时，，
的极大值为，极小值为，由题意知，
又为整数，.
故答案为：
【点睛】关键点睛：构造函数利用导数的性质，结合函数的极值定义是解题的关键.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）由正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得.
（2）由面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出周长.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
而，则，即，
化简得，又，所以.
（2）由（1）及三角形面积公式，得，解得，
由余弦定理得，
所以的周长为.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）利用关系求得，结合已知及等差数列的定义写出通项公式；
（2）由题设，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求.
【详解】（1）由已知，时，即有，解得，
当时，由，得，
两式相减，得，即，则，
因为单调递增，且，则，，
所以，即，故是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，的通项公式．
（2）由，得，，所以，①
则有，②
①－②，得，
所以．
17．(1).
(2).
【分析】(1)，又因已知为的中点，可得，根据余弦定理可求出长，继而求出面积，所以即可求出的面积；
(2)根据余弦定理可求出的长.
【详解】（1）根据题意可知，
又因为为的中点，可得，
，，，
根据余弦定理，
代入已知条件得，
得到，故所以可得是直角三角形，
所以可得
故答案为：
（2）由第一问可知，
根据余弦定理可知，
代入得，
所以可得，
故答案为：
18．(1)在，单调递增，在单调递减
(2)最小值为，最大值为．
【分析】（1）求出函数的导数，分析导数的符号即可得解；
（2）利用函数单调性，确定函数的极大值可得最大值，比较端点即可得最小值.
【详解】（1）定义域为．
当时，；当时，．
所以的单调递增区间为，，单调递减区间．
（2）令，得或．
因为，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为．
又，
因为，
所以在上的最小值为．
19．(1)的单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）代入f1后再求导，由导数的性质即可得到结果；
（2）求导后再次构造函数，分与时再求导，利用单调性和极值分析即可；
【详解】（1）因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
令，
所以当时，f'x