2025届海南省定安县高三上学期联考月考一数学试卷（解析版）

这是一份2025届海南省定安县高三上学期联考月考一数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为集合，，
所以．
故选：B
2. 若：“”，：“”，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】由：，即，：，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
3. 已知向量，，，若，则实数的值为（ ）
A. 7B. C. 2D.
【答案】B
【解析】因为，，所以，
由，得，则，解得.
故选：B.
4. 斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：
，，记此数列为，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得，，，，
则.
故选：C.
5. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因函数是减函数，故，
又是增函数，故，
而函数在上是增函数，故，
故得.
故选：A.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】由，得，解得，
所以.
故选：D.
7. 已知，若，则（ ）
A. 在区间内是减函数B. 在区间内是减函数
C. 在区间内是增函数D. 在区间内是减函数
【答案】B
【解析】因为fx=lg2x，
所以，
对于函数，令，
解得，
所以的定义域为，
又函数在上单调递增，在0,2上单调递减，在定义域上单调递增，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为0,2.
故选：B
8. 已知函数，且有两个不同的零点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令，
即，
由题意，函数和有两个交点，
画出函数的图象，
如图，
当时，
显然函数和没有两个交点，不符合题意，
则，当时，
函数和有一个交点，
则当时，
和只有一个交点.
设与相切于点，，
由，得，即，
又，则，解得，
因此，要使当时，和只有一个交点，
则，
即的取值范围为.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错的得0分．
9. 设函数，若，则的值可能是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】CD
【解析】当时，，解得；
当时，，解得（舍去）或.
综上所述，或.
故选：CD.
10. 已知函数，则下列说法正确是（ ）
A. 最小正周期
B. 在区间单调递增
C. 在区间有两个极值点
D. 直线是函数的对称轴
【答案】ACD
【解析】对于A，函数的最小正周期为，
故A正确；
对于B，当时，，
因为函数在上不单调，
所以在区间上不单调，故B错误；
对于C，当时，，
因为函数在上有2个极值点，
所以在区间有两个极值点，故C正确；
对于D，因为，
所以直线是函数的对称轴，故D正确.
故选：ACD.
11. 已如定义在上的函数满足，是偶函数，且对任意的，，当时，都有，则以下判断正确的是（ ）
A. 若，则
B. 函数的最小正周期是4
C. 函数在上单调递增
D. 直线是图象的对称轴
【答案】ACD
【解析】由，得，所以函数为奇函数，
由是偶函数，得函数关于对称，
则直线是图象的对称轴，故D正确；
且，则，
所以，则，
所以函数的周期为8，故B错误；
对于A，由，若，则，故A正确；
对任意的，，当时，都有，
即，所以在上递减，
结合奇函数知，函数在上递减，即函数上函数递减，
由于函数关于对称，
所以函数在上单调递增，故C正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______．
【答案】
【解析】由题意知，
所以.
故答案为：.
13. 如图，中，，且的面积为，点在边上，，则的长度等于__________．
【答案】
【解析】由题意，，
则，则或，
当时，由于，则，
又，所以，不符合题意；
当时，由于，则，又，
在中，由正弦定理得，，
则，解得.
故答案为：.
14. 已知函数，若，且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】由，定义域为，，
则，
所以函数为奇函数，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
由，则，
所以，即，则，
又，，则，，
所以
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为.
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. 记的内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，，求的面积．
解：（1）由 得，而为三角形内角，
故sinB>0,得，而为三角形内角，或
（2）由，得，
又，∴，故 ，
由（1）得，故，
∴，而为三角形内角， ∴.
又即，
又，而为三角形内角，故，
.
16. 在计算机领域中，有真随机与伪随机两种随机概念．真随机是伴随物理实验，例如：掷硬币、掷骰子、电子元件噪声、核裂变等，其结果符合三个特点：1．随机性：2．不可预测性3．不可重复性；伪随机是通过多种不同的算法，获取随机值，不是真的随机．在日常使用计算中情景中，如音乐随机播放、壁纸随机切换、电脑模拟硬币正反面等都是伪随机．假设有一个抽奖活动，主办方给出了两种抽奖方式，第一种抽奖方式为真随机，即每次抽中的概率为，每次抽奖的结果都是相互独立的．第二种抽奖方式为伪随机，第一次抽中的概率为，若第一次不中，第二次抽中的概率增加，即若某次抽奖不中那么下一次中奖概率会增加，直到．若已中奖，则下一次抽中的概率恢复到．
（1）分别计算两种抽奖方式抽两次中奖一次的概率；
（2）如果你有抽奖3次的机会，那么你选择抽奖方式是第一种还是第二种？请说明理由．
解：（1）第一种抽奖方式抽两次中奖一次的概率为，
第二种抽奖方式抽两次中奖一次的概率为.
（2）选第一种抽奖方式，理由如下：
第一种抽奖方式，抽奖3次，设中奖次数为，的可能取值为，
则，
，
，
，
所以.
第二种抽奖方式，抽奖3次，设中奖次数为，的可能取值为，
则，
，
，
，
所以.
综上所述，由于，所以选第一种抽奖方式.
17. 如图，在三棱柱中，四边形是菱形，、分别是、的中点，平面平面，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（1）证明：取的中点，连接，，
所以，
又因为，所以，
因为四边形是菱形，是的中点，，所以⊥，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以⊥，
因平面，所以平面，
又，，所以四边形为平行四边形，
所以四点共面，则平面.
（2）解：由（1）知四边形为平行四边形，
所以，所以平面，
平面，所以，
故MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系
因为，，所以，，
则，，
于是，设平面的法向量为，
则有，可取，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值.
18. 已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值．
解：（1）由题意，，
解得，则，
所以椭圆方程为.
（2）由（1）知，，，
当直线的斜率不存在时，，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以，，
由于异号，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大值为．
综上所述，的最大值为．
19. 已知函数.
（1）求曲线在处切线方程；
（2）若，，讨论函数的单调性.
解：（1），，则，
则，即切线斜率，
故切线方程为，即；
（2）函数的定义域为，，
，
当时，，由，可得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减；
当时，，
①当时，，当或时，，
即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减；
②当时，则对任意的，即函数在上单调递增；
③当时，，
当或时，，即函数在和上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减.
综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.