江西省上饶市余干县第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷

这是一份江西省上饶市余干县第二中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷，共15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．若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知，，，则实数的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
5．下列命题中，正确命题的个数为（ ）
①若直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则
②若向量，满足，且，则在方向上的投影向量为
③若，则，的夹角是钝角
④已知正四面体的棱长为1，则
A．4B．3C．2D．1
6．三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（ ）
A．18种B．21种C．24种D．36种
7．复数满足，则的实部为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则函数在内的单调递减区间是（ ）
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．若实数，则下列不等关系正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，则
D．若，，，则
10．已知曲线的方程为:，下列结论正确的为（ ）
A．曲线关于坐标轴对称
B．曲线围成的图形面积大于48
C．曲线与圆有4个公共点
D．若A，B为曲线与轴的交点，点曲线上，则的面积最大为.
11．如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等
B．当时，
C．当时，
D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在正方体中，点是上的动点，是平面内的一点，且满足，则平面与平面所成角余弦值的最大值为 .
13．已知函数，设数列是首项为，公差为的等差数列，关于正整数的方程：的解为 .
14．已知直线，曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.若曲线分别交直线和曲线于点，则 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知关于的不等式的解集为集合，.
(1)若是的必要不充分条件，求的取值范围.
(2)若，求的取值范围.
16．（15分）已知函数.
(1)若仅有一个极值点且恒成立，求实数的取值范围;
(2)当变化时，求的图象经过的所有定点的坐标，并请写出一个函数，使其图象经过上述所有定点;
(3)证明：.
17．（17分）如图，在四棱锥中，平面底面，底面是直角梯形，，，，，是的中点.

(1)证明：平面；
(2)底边上是否存在异于端点的一点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18．（15分）学校教学楼的每两层楼之间的上下楼梯有个台阶，从下至上记台阶所在位置为，同学甲在上楼的过程中，每一步等可能地跨或个台阶（位置或）.
(1)记甲迈步后所在的位置为，写出的分布列和期望值.
(2)求甲步内到过位置的概率；
(3)求步之内同时到过位置和的有多少种走法，及发生的概率.
19．（17分）已知数列满足：，，数列的前项和为，且．
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，若对一切恒成立，求实数的取值范围．
参考答案
1．A
【分析】将命题是假命题转化为其否定是真命题进行分析，通过换元转化为一元二次不等式在给定区间上的恒成立问题，通过分离参数求最值得到最终结果.
【详解】由题意，命题“”是假命题，
等价于其否定“”是真命题，
令，则对恒成立，
即，需满足，
而，，当且仅当，即时取等号.
所以，即.
故选：A.
2．C
【分析】利用中间变量法得到，利用构造函数法得到即可.
【详解】因为，，
所以，而，，
故我们构造指数函数，得到，
由指数函数性质得在上单调递减，
因为，所以，综上可得，故C正确.
故选：C
3．B
【分析】首先判断函数的奇偶性，再集合函数值的正负，以及取向，即可判断选项.
【详解】函数的定义域为，且，
所以函数是奇函数，故排除A，
且当时，，故排除C，
，当时，，故排除D，满足条件的只有B.
故选：B
4．A
【分析】根据线面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面积公式等知识求得截面面积.
【详解】依题意，在正四棱锥中，，
且，
所以，所以三角形是等边三角形，
设是的中点，则，所以，且，
设平面与分别相交于点，

则由得，
，
所以，故，
所以，
所以，
在三角形中，由余弦定理得：
，
所以，
所以结合正四棱锥对称性得，
所以截面面积为.
故选：A.
5．C
【分析】根据空间向量的坐标运算判断直线与平面的位置关系，即可判断①；利用投影向量的计算公式判断②；根据向量夹角与数量积的关系判断③；利用正四面体的几何性质结合空间向量的运算转化求解即可判断④，从而得结论.
【详解】对于①，若直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，
则，所以或，故①不正确；
对于②，若向量，满足，且，
则在方向上的投影向量为，故②正确；
对于③，若，，的夹角是钝角或平角，故③不正确；
对于④，已知正四面体的棱长为1，
则
，
故④正确；
综上，正确命题的个数为2个.
故选：C.
6．C
【分析】按分步乘法计数原理，首先选一人去大学，然后将剩余的三位同学分为两组2，1，再分配到两所学校即可求解.
【详解】第一步选一人去大学，则有（种），
第二步将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，然后分配到两所学校，
则有（种），
则不同的报名方法共有（种），
故选：C.
7．C
【分析】设出，，，由复数的运算求解即可.
【详解】设，，，
，
，
所以的实部为，
故选：C.
8．A
【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求出，再利用导数求出单调递减区间.
【详解】函数，求导得，则，
由曲线在点处的切线方程为，得，解得，
于是，由，得，而，解得，
所以函数在内的单调递减区间是.
故选：A
9．BCD
【分析】对于A，由指数函数以及幂函数的单调性即可判断；
对于B，由对数的运算以及对数函数的单调性即可判断；
对于C，利用做差法即可比较大小；
对于D，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解..
【详解】对于A，在上单调递减，又，，
由于幂函数，
当a>0时，在0,+∞上单调递增；
当时，在0,+∞单调递减；
故无法判断与大小，故A错误；
对于B，当时，，
，，故B正确；
对于C，当时，，
，故C正确；
对于D，要证，
原不等式变形为，
令，
则，因为，所以，
令，解得：，，
由于
所以，，
当时，单调递减，
所以函数在上单调递减，
所以，故D正确.
故选：BCD．
10．ACD
【分析】根据给定条件，利用方程的特征，画出图象，数形结合，再逐项判断即可.
【详解】在中，由，得或，由，得或，
则直线与坐标轴有5个公共点
当时，曲线：是直线右侧半圆，圆心，半径；
当时，曲线：是直线右侧半圆，圆心，半径；
当时，曲线：是直线左侧半圆，圆心，半径；
当时，曲线：是直线左侧半圆，圆心，半径，
对于A，点与，点与都关于轴对称，且四边形是菱形，关于轴对称，
因此曲线关于轴对称，同理曲线关于轴对称，A正确；
对于B，曲线围成的图形面积，B错误；
对于C，点在圆内，4个半圆与圆各有一个公共点，
因此曲线与圆有4个公共点，C正确；
对于D，点到轴距离最大值为，而，则的最大面积为，D正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】根据锥体体积的计算公式可得两个三棱锥高和底面积相等，即A正确；利用线面垂直判定定理以及面面垂直的性质定理可证明平面，可判断B正确；当与重合，可知，这与矛盾，因此C不成立；利用三棱锥性质可求得外接球球心为的位置及其半径与三棱锥棱长的关系即可求得与之比的最小值.
【详解】对于A，因为为中点，则，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确；
对于B，因为平面，平面，所以，
又，，平面，
故平面，平面，故平面平面，
过作，垂足为，如下图所示：
因为面平面，平面，故面，
而面，故，若，
则，而平面，故平面，
又平面，故，故B正确.
对于C，若与不重合，由平面，平面，可得；
又是以为斜边的直角三角形可知，
又,平面，所以平面,
又平面，所以，
当时，，平面，
所以平面，又平面，
可得，
但若与重合，由于，若，，平面，
所以平面，平面，故，这与矛盾，所以不成立，
故与重合，满足，但此时不成立，故C错误；
对于D，由平面，平面，故，
故，为外接球球心，且，，
又，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动，
到的距离为，
当且仅当时等号成立，
故到的距离最大为，此时，
故，D正确，
故选：ABD.
12．33/133
【分析】利用线面垂直的判定定理证得平面，可知点的轨迹为线段，由二面角的定义得到平面与平面所成角为，进面求出的最小值和最大值，从而得解.
【详解】连接、、、，设，连接、，如下图所示：
因为且，则四边形为平行四边形，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是平面内的一点，且满足，所以点的轨迹为线段，
设正方体的棱长为，则，
因为四边形为正方形，，则为的中点，且，
由勾股定理可得，则，
所以为平面与平面所成角（或补角），
由图可知，由图可知，当点与点重合时，最大，
，，
因为平面，平面，则，同理，
此时；
当与点重合时，最小，易得，
所以
，
又因为函数在上单调递减，
所以，则，
而平面与平面所成角为锐角，不妨设为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
13．2025
【分析】根据等差数列定义得，由解析式写出对应的函数值，并找到周期，利用周期性求方程的解.
【详解】由题设，
所以，，
则，，
综上，对于，其对应函数值以8为周期，且，
由，即.
故答案为：2025
14．/0.75
【分析】根据直线的极坐标方程与曲线的极坐标方程求得的极坐标，即可求出答案.
【详解】直线的极坐标方程为，
曲线的极坐标方程为，
化简得，
将代入和的极坐标方程，得，，
.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）首先解不等式求出集合、，依题意真包含于，即可得到不等式组，解得即可；
（2）首先判断，即可得到或，解得即可.
【详解】（1）由，即，解得，
所以，
由，等价于，解得，
所以，
因为是的必要不充分条件，所以真包含于，
所以，解得，
即的取值范围为；
（2）因为，显然，
所以或，
解得或，
即的取值范围为.
16．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由分类讨论函数极值并求函数最小值满足条件即可；
（2）令的系数为求定点，结合特殊角的正切值写出满足题意的一个函数即可；
（3）化简函数解析式求导函数，利用隐零点回代的方法求证函数最小值大于0可得.
【详解】（1）由题知，
①当时，恒成立，
当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
则仅有一个极值点，且.
要使恒成立，得，解得.
所以；
②当时，由，得或.
当，即时，恒成立，则在上单调递增，
即函数无极值点，不满足题意；
当时，即时，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
则在与处都取极值，即有两个极值点，故不满足题意；
同理，当时，即时，也有两个极值点，故不满足题意；
综上所述，实数的取值范围是.
（2）令，可得或，
，
的图象经过的所有定点的坐标为和.
函数图象过和，
则，且.
当时，函数，
则，且满足题意.
图象经过点和的函数可以是.(函数解析式不唯一)
（3）要证，
即证.
设，
则
设，则在区间上单调递增，
故存在唯一的，使得，
即，即.
当时，，即；
当时，，即，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
设，则在区间上单调递增，
当时，，
.
【点睛】方法点睛：在导函数应用题型中，有些题目零点不会解，可以采用设出零点，利用导数为0条件代回函数解析式求解最值的方法，一般步骤如下：
（1）用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程，并结合的单调性得到零点的取值范围．
（2）以零点为分界点，说明导函数的正负，进而得到的最值表达式．
（3）将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时（1）中的零点范围还可以适当缩小．
17．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据面面垂直的性质可知平面，即可得，由题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）做辅助线，分析可知，由垂直关系可得，设，利用等体积法运算求解.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面.
由平面，可得，
又因为是的中点，，则，
且，、平面，所以平面.
（2）假设在上存在异于端点的点，使得直线与平面所成的角大小为.
过点作平面，垂足为，连结、、，

则，，
设，，则，
由（1）可知：平面，，
可知平面，
由平面，可得，
在中，，
在中，，
因为底面是直角梯形，，，，
则，，
可得，，
由得，，
即，解得，
故存在点，使得直线与平面所成的角大小为，此时.
18．(1)分布列见解析，
(2)
(3)种，
【分析】（1）列出的所有可能取值,分别求出每种取值下的概率,即可得分布列和期望；
（2）步内到过位置可以有三种情况，4步，5步，6步，再分别讨论每种情况发生的概率相加即可求解；
（3）由题意，依次递推出，再减去不能到达的以及和重复计算的可得解，根据递推公式可得到数列是等比数列，在根据条件概率可得解.
【详解】（1）由题意可知甲每步跨或个台阶的概率都为，
可能的取值为，，，.取值分别对应步中分别有，，，次跨两个台阶，
故，
的分布列如下，
.
（2）步内到过位置记为事件可分为：步到达位置（记为）、
步到达位置（记为）和步到达位置（记为）三种情况.
即步中每步都；即步中有两步，步；
即步中有两步，步.
则.
（3）记步内到过位置为事件，走法为，则由题意，故由，，
递推，依次为，其中步和步到达位置的走法分别为和种，
步到达位置情况下再到达位置只有种走法，
步到达位置不可能再到达位置，其他到达位置的情况再到达位置都有种走法.
故步之内同时到过位置和的走法为：种，
记为，由题意，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，，
记步和步到达位置为分别为事件，，，，
记步内到过位置为事件，
则，，，
其余情况下，
，
故步之内同时到过位置和的概率为.
【点睛】关键点点睛：计算出数列是以为首项，为公比的等比数列，同时计算出条件概率发生的概率.
19．(1)，.
(2)或
【分析】（1）构造数列，判断为等比数列，可求数列的通项公式；根据与的关系求的通项公式.
（2）利用裂项求和法求出，再结合大于的最大值可求实数的取值范围.
【详解】（1）对：由，且，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列.
所以.
对：前项和为.
当时，；
当时，，
时，上式亦成立.
所以.
（2）因为.
所以.
由已知或.
X
3
4
5
6
P