江西省南昌市第二中学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二中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元一次不等式与一元二次不等式求得集合，进而可求得.
【详解】，
或，
所以或=.
故选：D.
2. 已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】应用分段函数求函数值即可.
【详解】.
故选：A.
3. 下列幂函数中，是奇函数，且在上是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】A选项，不满足单调性；CD选项，不满足为奇函数，B选项满足要求.
【详解】A选项，中，，故在上单调递减，A错误；
B选项，中，故在上单调递增，
又定义域为R，，
故为奇函数，满足要求，B正确；
C选项，的定义域为，故不是奇函数，C错误；
D选项，的定义域为R，，故为偶函数，D错误.
故选：B
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】先利用切化弦的思想将、都进行切化弦的处理，然后利用两角和的正弦公式以及两角差的余弦公式即可得解.
【详解】因为，所以，即
又
所以
所以，
故选：C
5. 设函数的定义域为A，函数的值域为B，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式得到，换元法求出值域，由于是的真子集，从而得到“”是“”的充分不必要条件.
【详解】，等价于，解得，故，
中，令，故，
则，
因为，故，
所以，
是的真子集，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 若函数有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数有唯一极值点，知有唯一正根，即有唯一正根，再对二次函数分类讨论即可.
【详解】，定义域为0,+∞，
，且，
因为函数有唯一极值点，所以有唯一正根.
若，则在定义域内单调，不存在极值点，舍去；
若，即时，则必有一正一负两个根，
根据韦达定理得，所以.
故选：.
7. 已知关于x的方程在内恰有3个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，根据方程有3个不相等的实数根可得，求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
由，可得，
因为方程有3个不相等的实数根，所以由正弦函数的图像可得，
解得，所以的取值范围．
故选：B．
8. 若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解.
【详解】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析.
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. 已知正数满足，则下列选项正确的是（ ）
A. B. ab≥8
C. a+b≥4D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可得，利用化简计算和基本不等式判断各个选项；
【详解】对于A，由题可得，即故A正确；
对于B，为正数，为正数，所以，当且仅当a=b=2时，等号成立.故B不正确；
对于C，为正数，当且仅当a=b=2时，等号成立，故C 正确；
对于D，为正数，当且仅当时，等号成立.故 D正确.
故选: ACD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是的极大值点B. 的图象关于点对称
C. 有2个零点D. 当时，
【答案】AC
【解析】
【分析】利用导数求函数极值点判断选项A；通过证明得函数图象的对称点判断选项B；利用函数单调性和零点存在定理判断选项C；利用单调性比较函数值的大小判断选项D．
【详解】A．函数，，令，解得或，
故当时，当时，，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是的极大值点，故A正确；
B．，
所以的图象关于点对称，故B错误；
C．，易知，的单调性一致，而，
故有2个零点，故C正确；
D．当时，，而在上单调递增，故，故D错误．
故选：AC．
11. 在中，内角所对的边分别为，其中，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 面积的最大值为
C. 若为边的中点，则的最大值为3
D. 若为锐角三角形，则其周长的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A,用余弦定理可解；对于B，用面积公式，结合基本不等式可解；对于C，用两次余弦定理，互补角余弦值互为相反数来构造方程可解；对于D，周长问题，边化角，用三角函数解题．
【详解】对于A,由题意可知，利用余弦定理得，，因为，所以，故A正确；
对于B，由上述可知，的面积，且易知，解出，当且仅当时取等号，此时，故B错误；
对于C，在和中，对和利用余弦定理，，化简后有，由B知，的最大值为12，因此最大为3，故C正确；
对于D，利用正弦定理，，则，于是的周长，
由于是锐角三角形，因此即解出，
则则，则，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. 已知扇形的圆心角为3，周长为30，则扇形的面积为__________.
【答案】54
【解析】
【分析】根据给定条件，求出扇形所在圆半径，再利用扇形面积公式计算即得.
【详解】设扇形所在圆半径为，则扇形弧长，于是，解得，
所以扇形的面积.
故答案为：
13. 已知直线是抛物线的准线，抛物线的顶点为原点，焦点为，若为上一点，与的对称轴交于点，在中，，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】过作，垂足为，根据抛物线定义以及正弦定理可求得，可得为等腰直角三角形，所以.
【详解】过作，垂足为，如下图所示：
易知，，
在中，，由正弦定理可得，
即，
则在中，可得，则，
所以，即.
可得为等腰直角三角形，又易知，可得.
故答案为：
14. 函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意，过原点的直线与函数在区间内的图像相切，利用导数知识可求得切线方程，利用直线过原点，可求得，代入所求关系式即可得到答案.
【详解】函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，
直线与函数在区间内的图象相切，
在区间上，y的解析式为，
故由题意切点坐标为，
切线斜率
由点斜式得切线方程为：，
，
直线过原点，，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. 已知函数的部分图象如图所示，图象与x轴正半轴的第一个交点（从左至右）为，图象与y轴的交点为．

（1）求的解析式及对称中心；
（2）将的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的倍，再将所得图象上各点向右平移个单位长度，得到的图象，求在区间上的单调递减区间．
【答案】（1）；，
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出函数的解析式，再求函数的对称中心；
（2）先求出函数y=gx的解析式，再求函数y=gx在区间上的单调递减区间.
【小问1详解】
∵过，∴，由，∴，∴，
又过，∴，∴
∴，∵，∴
∴，∴，
令，
∴的对称中心为，.
【小问2详解】
函数的图象上各点的的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的倍，得到；
再将所得图象上各点向右平移个单位长度，得到的图象，所以，
，
∴，
∵，∴，
∴在上单调递减区间为.
16. 设函数.
（1）若函数为奇函数，求方程的实根；
（2）若函数在上的最大值为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由奇函数概念得，把方程化为求解即可；
（2）设，函数的最大值问题化为的最大值问题，然后分类讨论求得最小值，列方程求解即可.
【小问1详解】
因为函数为奇函数，所以即，
所以，因为，所以，即，
所以，则方程即，化简得，解得或（舍去），所以，所以方程的实根为.
【小问2详解】
，设，由得，
令，则，，函数的对称轴为，
当即时，，所以；
当即时，，所以，不合题意舍去；
综上，实数的值为.
17. 如图，在四棱锥 中，四边形是等腰梯形，，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）若，且，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作，求出，利用勾股定理即可证明；
（2）根据（1）中的结论建立空间直角坐标系即可求解.
【小问1详解】
过点作，

由等腰梯形易知，因为，
所以，因为，所以，
所以，所以，
因为，，，
平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
因为平面，所以，
因，，平面，
所以平面，所以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

所以，，，
所以，，
，设平面的法向量，
所以，令，
所以，同理可得平面的法向量，
所以二面角的余弦值绝对值为，
所以二面角的正弦值.
18. 如图，平面四边形中，，，为正三角形．
（1）当时，求的面积；
（2）设，求的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出边，即可得三边长，再由勾股定理得出为直角三角形，得出，然后得到为直角，用三角形面积公式即可得到答案.
（2）由余弦定理表示出边，即可得三边长，再由余弦定理和正弦定理得到的正弦值和余弦值，先将的面积表示出来，在由三角函数和差角公式化简，由三角函数的性质得到最大值.
【小问1详解】
在中，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴.
【小问2详解】
在中，
∴，
∴，
∵，
由正弦定理可得：，解得：，
∴，
∴
，
当且仅当即时等号成立，
故求的面积的最大值为：.
19. 已知函数（）．
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：（，）；
（3）若函数有三个不同的零点，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，按与分类讨论求出的单调区间.
（2）利用（1）中时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.
（3）变形函数，将的零点个数问题转化为的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解.
【小问1详解】
函数定义域为，求导得，
设，则，
①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减；
②当时，有两个零点，
则当或时，，即；当时，，即，
即函数上单调递减，在上单调递增，
所以当时，的递减区间为；
当时，的递减区间为，递增区间为.
【小问2详解】
由（1）知，当时，时，，
则，令，
于是，
，
所以.
【小问3详解】
函数，
由于与同号，则只有一个零点，
令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，
由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意；
当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得，
由， 则，由（2）知，当时，，
则，即，
因此，
由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，
显然，
而，则，于是当时，存在三个不同的零点，
所以的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.