江西省南昌市第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份江西省南昌市第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共22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.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出集合后，结合交集运算即可得.
【详解】由可得，故．
故选：B.
2. 已知幂函数，下列能成为“是上奇函数”充分条件的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据幂函数的定义域、奇偶性的判断方法依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，的定义域为，
又，是定义在上的奇函数，充分性不成立，A错误；
对于B，，的定义域为，
为非奇非偶函数，充分性不成立，B错误；
对于C，，的定义域为，
又，是定义在上的偶函数，充分性不成立，C错误；
对于D，，的定义域为，
又，是定义在上的奇函数，充分性成立，D正确.
故选：D.
3. 过曲线上一点作平行于两坐标轴直线，分别交曲线于点B，C.若直线BC经过原点，则直线BC斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，表示出两点坐标，由直线BC经过原点，求出的值，可求直线BC的斜率.
【详解】设，则有，，
直线BC经过原点，有，依题意，解得，
得，，直线BC斜率.
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】借助，并利用将弦化切后可得的值，再利用二倍角公式计算即可得.
【详解】因为，所以，
即，则，
解得（舍去），故．
故选：A.
5. 给出下列说法，正确的是（ ）
A. 若函数在定义域上为奇函数，则
B. 已知的值域为，则a的取值范围是
C. 已知函数，则函数的值域为
D. 已知函数满足，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函数的定义可判断A，函数的值域满足，即可判断B，先求出函数的定义域，由对数函数和二次函数的性质可判断C，由周期性可判断D．
【详解】对于A，函数奇函数，
所以，即，即，
即，整理可得，即，
所以，解得，
当时，，该函数的定义域为，满足，合乎题意，
当时，，
由可得，此时函数的定义域为，满足，合乎题意.
综上所述，，故A错误；
对于B，因为的值域为，
则函数的值域满足，
则，解得，故B错误；
对于C，因为，
由，得，解得，
即函数的定义域为．
则，又
，
故函数的值域为，故C错误；
对于D，函数满足，则，
故的周期为2，因为，则，故D正确.
故选：D.
6. 已知函数，对于有四个结论：①为偶函数；②的最小正周期是π：③在上单调递增；④的最小值为．则四个结论正确的是（ ）
A. ①②B. ②③C. ①③D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】由偶函数的定义可得①正确；由周期函数的定义可得②错误；由正弦函数的取值范围化简原函数后再结合辅助角公式可得③错误；先求出函数的周期，再结合辅助角公式和正余弦函数的取值可得④正确；
【详解】对于①，因为，
所以，故①正确；
对于②，，
所以不是的周期，故②错误；
对于③，当时，，
所以，
又，所以，
所以由正弦函数的单调性可得在上不是单调的，
故③错误；
对于④，由于，
所以是的一个周期，
又时，，则，
又，所以，；
当时，，则，
又，所以，；
综上可得，所以的最小值为，故④正确；
故选：D.
7. 已知，，且，，则（ ）
A. B. 或C. D. 或或
【答案】C
【解析】
【分析】由正切二倍角公式以及两角差的正切公式求解结果.
【详解】∵，且，∴，，
∴，∴．
∵，且，∴，∴，
又，
∴．
答案：C.
8. 已知函数（）在上恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦型函数的性质列出不等式组，进而得出的取值范围.
【详解】因为，所以．令，
则．因为在上有3个零点，
所以，解得.
故选：D
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. 下列四个选项，正确的有（ ）
A. 在第三象限，则是第二象限角
B. 已知扇形OAB的面积为4，周长为10，则扇形的圆心角（正角）的弧度数为
C. 若角的终边经过点，则
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数在各个象限的正负，扇形周长和面积的计算公式，三角函数的定义，三角函数值的正负，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：由题可得，则属于第二或者第四象限；
，则属于第二或者第三象限或角度终边落在轴的负半轴上；故属于第二象限，A正确；
对B：设扇形的圆心角为，半径为，圆心角对的弧长为，
则，，解得或，
当时，不合题意，所以，
又，即，解得，B正确；
对C：根据题意可得，故C错误；
对D：因为，，故，
故，D正确.
故选：ABD.
10. 设函数，则（ ）
A. 的值域为
B. 在单调递增
C. 曲线关于直线对称
D. 若且，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用配方法结合指数函数的性质求的值域判断选项A；利用导数求单调区间判断选项B；由函数值的符号否定对称轴判断选项C；由指数式和对数式的运算结合基本不等式判断选项D.
【详解】对于A，函数值域为0,+∞，
而，令，
则，，
由一元二次函数性质可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，，
即当即时等号成立，
所以的值域为，A选项正确；
对于B，，
则解得，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，B选项正确；
对于C，时，，，，
时，，，，
所以曲线y=fx不可能关于直线对称，C选项错误；
对于D，且，由BC选项可知，，有，
由，有，
，则，
有，由，则，
，得，D选项错误.
故选：AB.
11. 对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（ ）
A. ，，
B. ，，
C ，，
D. ，，
【答案】BD
【解析】
【分析】由，可得，可得，故只需判断四个选项中的是否为最大值即可，利用函数函数为减函数，为减函数可判断AB；构造函数，利用单调性可得，进而再构造函数，求导可得，再构造函数，利用单调性可判断CD．
【详解】由，可得，即，
若，可得，符合题意，
若，可得，不符合题意，
若，可得，不符合题意，
若，可得，不符合题意，
综上所述，，可得，
故只需判断四个选项中的是否为最大值即可．
对于A，B，由题知，而，
，所以．
（点拨：函数为减函数，为减函数），
对于A，；对于B，，故A错误，B正确．
对于C，D，
（将0.9转化为，方便构造函数）构造函数，
则，因为，所以单调递减，因为，所以，
即，所以．（若找选项中的最大值，下面只需判断与的大小即可）
，
构造函数，则，
因为，所以，令，则，
当时，单调递减，因为，
所以，即单调递减，又，所以，
即，所以．
综上，．对于C，；对于D，，故C错误，D正确．
（提醒：本题要比较0.09与的大小关系的话可以利用作差法判断，
即，
构造函数，
则，
因为，所以单调递增，因为，所以，
即，所以）
故选：BD.
【点睛】方法点睛：本题考查定义新运算类的题目，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，构造函数，利用函数的单调性与最值比较数的大小.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为______．
【答案】.
【解析】
【分析】由条件求出函数解析式中范围，列出使得有意义的不等式，解不等式可得结论.
【详解】因为函数的定义域是2,4，
所以，故，
因为有意义，
所以，所以，
所以函数的定义域为2,3.
故答案为：2,3.
13. 已知，且恒成立，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式求出的最小值，再根据不等式恒成立转化为一元二次不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
因为，
当且仅当，即，即时取得等号，
所以有最小值为3，
因为恒成立，所以，即，
解得，
故答案为: .
14. 已知函数有3个极值点，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先通过对函数求一阶导数，分析导数的符号变化来确定函数的单调区间.利用导数等于零的条件，求出临界点，并分析函数在各个区间内的单调性.通过分析函数在不同区间的单调递增与递减，确定函数存在三个极值点的条件.将导数与水平线的交点问题转换为几何意义上的交点问题，通过作图分析函数的交点数量，确定参数的取值范围.
【详解】因为函数，所以，当时，，
，令得，
所以，当时，，，
令得，所以，令，
则，
所以，当时，时，，时，，
所以，函数在和上单调递增，在上单调递减；
因为函数有3个极值点，，（），
所以，函数与有三个交点，因为，当时gx>0，
当时gx>0，，
作出函数与图象如图，
由图可知，函数与有三个交点，则满足 .
故答案为：
【点睛】本题以函数极值点的数量为背景，通过求导数并结合单调性分析，考查了对函数性质的深入理解与灵活应用.通过数形结合的方法，利用图象直观判断交点数量，使得分析更加清晰易懂.
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. 已知函数且的图象过点和点
（1）求的值；
（2）将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数图象上各最高点到点的距离的最小值为，求的解析式.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象所过点列方程组，由此求得的值.
（2）根据三角函数图象变换求得，根据“函数图象上各最高点到点的距离的最小值为”求得，也即求得的解析式.
【小问1详解】
因为的图象过点和点，
所以即解得.
【小问2详解】
由（1）可知，
由题意，可得.
设图象上的最高点为，由题意可知＝1，
所以，即到点的距离为的最高点为.
代入，得＝1.所以，
因为 ，所以，所以.
16. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理、平行线的性质进行证明即可；
（2）作，垂足为，根据平行四边形和矩形的判定定理，结合（1）的结论，利用勾股定理，可以以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面.
【小问2详解】
作，垂足为.则.又，
所以四边形平行四边形，又，
所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，
所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
由，得，可取.
设平面的法向量为，
由，得，可取.
因此，.
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知点，，平面上的动点P满足直线PB与PA的斜率之差为1.记P的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）若P在直线右侧，直线PA与x轴，y轴分别交于点，直线PB与x轴，y轴分别交于点，求四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设 ,由题意，得出 ，整理即可得C的方程；
（2）由（1）求出直线，，进而得到点的坐标，结合图象可求出四边形面积，借助导数求其最小值.
【小问1详解】
设 ,
所以 ，，
由题意, ,
化简得，即，
所以的方程为.
【小问2详解】

由（1）可设，
所以 ，.
从而的方程为：，故，
的方程为 ,故，
故四边形的面积，
设函数，则，
当时，f′x0，故在单调递增,
故当 ,即时,四边形的面积取得最小值.
18. 已知函数在处的切线方程为.
（1）求实数a的值；
（2）探究在区间内的零点个数，并说明理由.
【答案】（1）
（2）在区间有且仅有两个零点,理由见解析.
【解析】
【分析】（1）运用导数几何意义，结合斜率可解;
（2），令，运用的正负判定的单调性，再运用的正负得到单调性，结合零点存在性定理可解.
【小问1详解】
由题可知，
由处的切线方程为，
把点代入得．
【小问2详解】
由（1）可知，
令，
当时，，则在区间上单调递增．
，
由零点存在定理可知，存在，使得，即
当时，，则在区间上单调递减；
当时，，则在区间上单调递增，
又，
由零点存在定理可知在区间上有且仅有一个零点．
当时，；
当时，：
在区间上单调递增．
又，
由零点存在定理可知，存在唯一零点，使得，
综上可得，在区间有且仅有两个零点．
19. 对给定的点集，定义，使取得最小值的点P称为S的重心.
（1）求集合的重心；
（2）若，且不共线，证明：的重心和的重心重合；
（3）已知：若均为正数，则.若凸n边形的周长为，，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义代入即可求出的重心；
（2）设，由定义化简即可求取最小值，进而命题得证；
（3）借助（2）的结论，结合基本不等式可分别证明，，命题即可得证.
【小问1详解】
(1)设 ,
由题意，则
，
所以当时，取最小值8，从而的重心为点.
【小问2详解】
设，记，，
，
其中为常数，
故当时，取最小值，从而的重心为，也即的重心.
【小问3详解】
同 (2) 可知，的最小值为 ，其中，，
当或时，由基本不等式得，
所以
，
同理，，
故.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解的定义，根据定义列出式子，求出重心.