湖南省常德市第一中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题（含答案）

这是一份湖南省常德市第一中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题（含答案），共7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。
时量：120分钟 满分：150分
命题人： 审题人：
一、单选题。（本题共8小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．近年，“人工智能”相关软件以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示训练迭代轮数，则学习率衰减到0.2及以下所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（ ）
A．16 B．72 C．74 D．90
5．“”是“函数在单调递增”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
6．对于三次函数给出定义: 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.给定函数，请你根据上面探究结果，计算（ ）
A．1010B．2020C．2023D．2024
7．，均有成立，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若，使成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题有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，部分选对得部分分，选错得0分）
9．下列选项中正确的有（ ）
A．若，则
B．若集合，且，则实数a的取值所组成的集合是．
C．若不等式的解集为，则不等式的解集为或
D．已知函数的定义域是，则的定义域是．
10．已知，且，则（ ）
A．的最小值是B．最小值为
C．的最大值是D．的最小值是
11．已知函数，下列选项中正确的是（ ）
A．在上单调递增，在上单调递减
B．有极大值
C．无最小值
D．若函数恰有6个零点，则实数的取值范围是
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是 .
13．已知函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，且，则 .
14．设函数，若在上满足的正整数至多有两个，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤）
15．（13分）在中，内角所对的边分别为，已知向量满足，，且．
(1)求角；
(2)若是锐角三角形，且，求周长的取值范围．
16．（15分）已知正方体的棱长为，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点.
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)当时，求二面角的余弦值的绝对值.
17．（15分）数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)若，求的前项和．
18．（17分）已知椭圆的右焦点与点连线的斜率为2，且点在椭圆上(其中为的离心率)．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)已知点，过点的直线与交于A，B两点，直线DA，DB分别交于M，N两点，试问直线MN的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
19．（17分）已知
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知有两个极值点，且满足，求的值；
(3)在(2)的条件下，若在上恒成立，求的取值范围．
参考答案：
1．C 2．B 3．B 4．C 5．B 6．B 7．B 8．B
9．CD 10．BC 11．ABD 12． 13． 14．
11．【详解】对于A，当时，，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以A正确，
对于B，由选项A可知在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，所以B正确，
对于C，当时，，当时，，当时，，
所以当时，，因为在上单调递增，在上单调递减，且当时，恒成立，综上，的值域为，所以有最小值0，所以C错误，
对于D，因为在上单调递增，在上单调递减，，，
所以的大致图象如图所示
由，得，令，则，
由的图象可知，要使有6个零点，则方程有两个不相等的实数根，不妨令，
若，则由图可知有6个零点，但，所以不符合题意，所以，因为，所以，解得，即实数的取值范围是，所以D正确，故选：ABD
14．【详解】由在上满足的正整数至多有两个，即在上满足的正整数至多有两个，设，，则，设，，
则，，设，，则恒成立，则在上单调递增，即，即，所以在上单调递增，又，所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；
所以当时，取最小值，又在上满足的正整数至多有两个，则，
即，故答案为：.
15．(1)或.(2)
【详解】（1）解：∵，∴，即.由正弦定理得.
∵，∴，∵，∴或.
（2）∵，且三角形为锐角三角形，∴.∴由正弦定理得.
∴，.∴，
.
又∵为锐角三角形，∴，∴，得，.
∴，，∴，又∵，∴.
∴的周长的取值范围为.
16．(1)证明见解析 (2) (3)
【详解】（1）证明：连接.由，得，又，则有，
正方体中，平面，平面，得，
又正方形中，，，平面，所以平面，
由平面，得.又，所以.
（2），，，，
，有，
，∴.
（3）如图所示，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，当时，有，则，，.
设为平面的一个法向量，∴，令，得，可得.设为平面的一个法向量，∴，
令，得，可得.设所成的角为∴.
17．(1) (2)
【详解】（1）数列满足，当时，，
两式相减可得，，所以，当时，也满足上式，所以；
（2）由（1）得，所以，则，
两式相减的，，所以．
(1) (2)是定值，定值为
（1）由题意可得，解得 故椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，
则直线DA的方程为．
联立，整理得 则，即．
代入，得． 同理可得．
因为
所以直线MN的斜率为定值，且定值为．
19．(1) (2) (3)
【详解】（1）当时，，所以，所以．所以曲线在点处的切线方程为．
（2）因为，所以，
因为有两个极值点，所以有两个大于0的变号零点，所以方程有两个不等正根，
所以，解得，又因为，即有，
整理得，代入，可得，解得，
又因为，所以可得，经检验，符合题意．
（3）由(2)可知且，从而，因为在上恒成立，
令，则有在上恒成立，易得，
因为，所以，令，对称轴，
①当时，，所以在单调递增，从而恒成立，
所以在也恒成立，所以在单调递增，从而恒成立．
②当时，，所以有两个不等实根（不妨设），所以，且当时，，从而，所以在上单调递减，
所以，与“在上恒成立”矛盾，
综上，的取值范围是．