重庆市铜梁一中2025届高三上学期10月月考数学试题

这是一份重庆市铜梁一中2025届高三上学期10月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，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.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式得集合，再由交集定义求解．
【详解】，∴．
故选：B．
【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握一元二次不等式的解法是解题关键．本题属于基础题．
2. 若为第二象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据角的范围可取特殊值验证选项ABD错误，再由第二象限正弦、余弦值的符号可得C正确.
【详解】若为第二象限角，当时，可得在第四象限，此时，，即A错误，B错误；
当时，可得，即D错误；
由为第二象限角可得，所以，即C正确.
故选：C
3. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 命题“”的否定是“”
B. 若，则
C. 的单调减区间为
D. 是的必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用存在量词命题的否定判断A；举例说明判断B；求出函数的单调区间判断C；利用充分条件、必要条件的定义判断D.
【详解】对于A，命题“”的否定是“”，A错误；
对于B，，当时，，B错误；
对于C，函数的单调减区间为，C错误；
对于D，或，因此是的必要不充分条件，D正确.
故选：D
4. 英国著名数学家布鲁克·泰勒（Taylr Brk）以微积分学中将函数展开成无穷级数的定理著称于世泰勒提出了适用于所有函数的泰勒级数，泰勒级数用无限连加式来表示一个函数，如：，其中．根据该展开式可知，与的值最接近的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】观察题目将其转化为三角函数值，再将弧度制与角度制互化，结合诱导公式判断即可.
【详解】原式，
故选：C.
5. 已知函数的最小值为1，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，分类讨论，从而求出的单调区间，即可求解函数的最值求解.
【详解】函数的定义域为，，
当时，在内恒成立，所以函数在内为增函数,此时无最小值，
当时，由，得，由得
函数在内为减函数，在内为增函数，故当时，取最小值，
即，故，
故选：D
6. 已知函数的部分图像如图所示，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由图像以及题意求出的解析式，从而得，，进而依据它们的角的关系结合三角恒等变换公式即可求解.
【详解】由图可知，由可知，
故，又由图，
故由图，①，
由图，②，
又，结合①②可得，故，
所以.
故.
故选：D.
7. 已知函数和的定义域及值域均为，它们的图像如图所示，则函数的零点的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的零点，再结合图形即可求解.
【详解】由题意，知函数的零点，即方程根.
令，，则.
当时，满足方程的有2个，此时有4个不同的实数根；
当时，满足方程的有1个，此时有2个不同的实数根.
综上可知方程共有6个实数根，即函数共有6个零点.
故选：D
8. 已知函数，若，是锐角的两个内角，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得，根据余弦函数的单调性，得出，由的单调性即可判断选项.
【详解】因为，所以，
当时，，所以，即，
所以在上单调递减.
因为，是锐角的两个内角，所以，则，
因为在上单调递减，
所以，
故，故D正确.
同理可得，C错误；
而的大小不确定，故与，与的大小关系均不确定，
所以与，与的大小关系也均不确定，AB不能判断.
故选：D
二､多选题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 若，则下列各式中，一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据对数的运算性质可一一判断各项.
【详解】对于A：当，时，等式右边无意义，A错；
对于B：当，时，等式右边无意义，B错；
对于C：，C正确；
对于D：，D正确.
故选：CD．
10. 对于函数定义域中任意的，有如下结论，①，②，③，④.下列函数能同时满足以上两个结论的有（ ）
A. fx=lnxB.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先对四个结论进行解读，得出函数的单调性，奇偶性，周期性和凹凸性，对选项一一判断，即得结果.
【详解】由①可得，函数在定义域内增函数；
由②可得，，即函数为奇函数；
由③可得，函数的图象向下凸.；
由④可得，，
即，说明函数的周期为4.
对于A，函数不是奇函数，图象向上凸，也没有周期，故排除；
对于B, 函数是奇函数，且周期为,故符合要求；
对于C，函数在上单调递增，且其图象向下凸，故符合要求；
对于D，是奇函数，且在上单调递增，故符合要求.
故选：BCD.
11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 点为图象一个对称中心
C. 若在上有两个实数根，则
D. 若的导函数为，则函数的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由周期公式即可判断；对于B，直接代入检验即可；对于C，画出图形，通过数形结合即可判断；对于D，求得后结合辅助角公式即可得解.
【详解】由题意可得，故A正确；
，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；
令，由得，
根据题意可转化为直线与曲线，有两个交点，
数形结合可得，故C正确；
设f′x为的导函数，
则，其中，
当且仅当，即当且仅当时等号成立，故D正确，
故选：ACD．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】直接计算得到，，然后使用切线的定义即可.
【详解】由，知.
所以，，故所求切线是经过点且斜率为的直线，即.
故答案为：.
13. 已知角的终边经过点，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】利用任意角三角函数的定义可得，再结合诱导公式及商数关系即可求解.
【详解】由角终边经过点可知：，
则.
故答案为：5.
14. 设函数，则使得不等式成立的的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式，判断函数单调性以及奇偶性，利用函数性质再解不等式即可.
【详解】令，则，
当x>0时，，，故，即，
故在上单调递增；
又在上单调递增且函数值恒正，
所以在上单调递增，
故y=f(x)在上单调递增；
又的定义域为，且，
故为偶函数，
故，
也即，
整理可得：，即，
解得.
故答案为：.
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. 某公司生产甲、乙两种产品，在该公司的仓库中有甲产品7万件、乙产品3万件，按甲、乙产品的数量比例，用分层随机抽样的方法从这10万件产品中抽取一个容量为10的样本，对样本中的每件产品进行质量检测，测得样本中甲产品的优质品率为，乙产品的优质品率为23．
（1）若从样本中再随机抽取3件进行深度测试，求至少抽到2件乙产品的概率；
（2）若从样本中的甲产品和乙产品中各随机抽取2件，将抽到的这4件产品中优质品的件数记为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2），分布列见解析
【解析】
【分析】(1)根据分层抽样方法可知，甲产品具有件，乙产品具有件，从这个容量为10的样本中再随机抽取3件，可得抽取的方法种类为，至少抽到2件乙产品的不同抽取方法种数为，求出概率；
(2)由题意知在这个容量为10的样本中，甲产品中有件优质品，有件不是优质品，乙产品中有件优质品，有件不是优质品，则的所有可能取值为,求出概率，写出分布列，计算期望.
小问1详解】
由分层随机抽样方法知，抽取的容量为10的样本中，甲产品有件，乙产品有件，
从这个容量为10的样本中再随机抽取3件，不同抽取方法的种数为，其中至少抽到2件乙产品的不同抽取方法种数为，
至少抽到2件乙产品的概率为．
【小问2详解】
由题意知在这个容量为10的样本中，甲产品中有件优质品，有件不是优质品，乙产品中有件优质品，有件不是优质品，则的所有可能取值为1，2，3，4．
，，
，，
的分布列为
．
16. 设的内角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式和弦切互化结合特殊角的三角函数值化简可得；
（2）由三角形的面积公式结合余弦定理计算可得.
【小问1详解】
由，
，
又，
，得.
【小问2详解】
由已知可得，，
可得.
又由余弦定理可得，
化简得，，
联立解得，
所以的周长为.
17. 如图，在四棱锥中，，，，，平面．
（1）求证：平面；
（2）求的长；
（3）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面，平面，通过线面垂直的性质定理得到，结合，利用线面垂直的判定定理得到平面.
（2）取中点，连接，，在三角形中利用勾股定理求解.
（3）以为坐标原点，，为，轴的正方向，以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.
【小问1详解】
由平面，平面，得，
又，且平面，平面，，
所以平面.
【小问2详解】
取中点，连接，，由，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由（1）平面得平面，
由平面，所以，
由平面，平面，
得，所以，
又，所以.
【小问3详解】
以为坐标原点，，为，轴的正方向，以过且与平面垂直向上为轴的正方向建立空间直角坐标系．
由，得为正三角形，所以，
又，，，所以，，
设平面的法向量，则，即，
取，得到平面的一个法向量．
又，设直线与平面所成角的大小为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知椭圆的焦点在轴上，离心率为，对称轴为坐标轴，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过的直线交椭圆于两点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质，离心率定义，以及点在曲线上，建立方程求得，即可得解；
（2）分斜率存在与不存在两类进行直线方程的处理，将转化为两点的横坐标的比：，利用，结合韦达定理，求出的范围，从而得解.
【小问1详解】
依题意，可设椭圆的方程为.
由得，又因为，所以，则，
因为椭圆经过点，代入上述方程解得，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】

由（1）可知：，
当斜率不存在时，若点与重合，与重合.此时.
若点与重合，与重合，则.
当直线斜率存在时，设直线，
联立得消去可得，显然，
则，可得，
整理可得，
因为，可得，
令，则，解得，即，
所以.
综上，的取值范围为.
19. 已知函数．
（1）当时，求的单调区间；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）若数列满足，记为数列的前项和．证明：．
【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）．
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负即可求解，
（2）根据题意可得，即可由导数结合分类讨论求解最值，进一步将问题转化为，构造函数，求导即可求解最值求解，
（3）根据（2）的求解可得不等式和，即可根据，得，由累加法以及裂项求和即可求证.
【小问1详解】
当时，，
故当单调递减；
当单调递增．
综上，的单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
由题意，．
①当时，在单调递减，
由，不合题意；
②当时，在单调递减，单调递增．
由恒成立，得．
即．
令，
恒成立，
所以单调递减，且．
故当，符合题意，
当，不合题意．
综上，的取值范围为．
【小问3详解】
由，
得，且．
由（2）可知，令，有可得，
令可得即．
由得即．
两边取对数得，由上述不等式得
于是，
所以．
当时，，不等式成立；
当时，
．即当时，不等式成立．
综上，得证．
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.1
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