江西省鹰潭市余江区2024_2025学年高三数学上学期第二次模拟考试10月月考试题含解析

这是一份江西省鹰潭市余江区2024_2025学年高三数学上学期第二次模拟考试10月月考试题含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 若，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形，立体几何，解析几何.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得.
【详解】由，即，即，解得，
所以，
又，所以.
故选：C
2. 已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形周长，应用扇形弧长公式列方程求半径，再由面积公式求面积即可.
【详解】令扇形的半径为，则，
所以此扇形的面积为.
故选：D
3. 已知，“不等式与的解集相同”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】D
【解析】
【分析】可举出反例证明充分性和必要性均不成立.
【详解】不等式与的解集均为空集，但，
所以充分性不成立；
不妨令，，满足，
但的解集为，的解集为，
所以与的解集不同，必要性不成立；
故选：D
4. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
确定函数的奇偶性，再利用函数值的正负逐一排除即可.
【详解】，是偶函数，排除A，
时，，即，
当时，又有，因此，排除B，C
故选：D．
【点睛】方法点睛：本题考查由函数解析式选取函数图象，可通过研究函数的性质如奇偶性、单调性、对称性等排除某些选项，再通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势等排除某些选项，从而得出正确答案．
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式求出，再由及两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以.
故选：D
6. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用导数求函数的减区间，再利用子集关系，列式求的取值范围.
详解】，
当，解得：，
由条件可知，
所以 ，解得：.
故选：B.
7. 镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一背铜铸湖芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家级旅游景区.小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正北方向找到一座建筑物，高为7.5，在地面上点C处（在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（参考数据）
A. 37.52B. 35.48C. 33.26D. 31.52
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系、正弦定理列式计算即得.
【详解】，
在中，，
在中，，，
则，
由正弦定理得，
所以.
故选：B
8. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先由题意推出，然后由基本不等式即可求解.
详解】一方面由题意有，
另一方面若有成立，
结合以上两方面有，
且注意到，
所以由复合函数单调性可得在上严格单调递增，
若，则只能，
因此当且仅当；
又已知，
所以，即，
由基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是发现当且仅当，从而得出，从而由基本不等式即可顺利求解.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，，且，，若则下列不等式可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】分和两种情况，结合对数函数单调性以及不等式的性质分析判断.
【详解】若，因为，所以，
则，则，，故D正确；
当时，则，可得，故A正确；
当时，则，可得，故B正确；
若，因为，所以；
则，则，，故D正确；
综上所述：不能得到，故C错误；
故选：ABD．
10. 已知，则（ ）
A. 将的图象向右平移个单位长度可得到的图象
B. 的图象与的图象关于直线对称
C. 和在上均单调递增
D. 和的值域均为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，判断与是否相等即可；对于B，在上任取一点，验证是否在上即可判断；对于C，，对和进行化简在判断其单调性即可；对于D，对和去绝对值化简，使其变成分段函数，再根据三角函数的有界性求其值域即可判断.
【详解】对于A，将图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为：
，即，因此A错误；
对于B，任取上一点，则，其关于直线的对称点为，
又，即在的图象上，
所以的图象与的图象关于直线对称，因此B正确；
对于C，在上，，
所以，当时，，
因为在上单调递增，
故和在上均单调递增，因此C正确；
对于D，因为，
，
故和的值域均为，因此D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数为奇函数
B. 当时，
C.
D. 若，则恰有4个不同的零点
【答案】AC
【解析】
【分析】由对称性判断A，利用对称性求得值后，结合已知等式求得时的函数表达式判断B，由已知确定函数的周期性，然后计算函数值的和判断C，作出两函数与的图象，由图象确定交点个数（注意在处需要结合导数的几何意义判断交点个数），判断D．
【详解】因为，所以的图象关于中心对称，从而的图象关于原点对称，故A正确；
因为的图象关于中心对称，所以，解得．
所以当时，，因为，
所以，因为，所以，所以，即．
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，所以的周期为8，
又，，，，，，，，
所以故C正确；
令，即，画出与的图象，
如图所示：

因为，
时，，，，由周期性知，
，则，，
即，时，的切线斜率大于的切线斜率，
所以两函数图象区间上除了有公共点外，在区间上还有一个公共点，
因此两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误．
故选：AC．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若命题“，使得”是假命题，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意知原命题的否定为真，将问题转换成立二次不等式在定区间上的恒成立问题了，对对称轴的位置进行讨论即可求解.
【详解】由题意原命题的否定“，使得”是真命题，
不妨设，其开口向上，对称轴方程为，
则只需在上的最大值即可，我们分以下三种情形来讨论：
情形一：当−m2≤−1即时，在上单调递增，
此时有，解得，
故此时满足题意的实数不存在；
情形二：当即时，在上单调递减，在上单调递增，
此时有，只需，
解不等式组得，
故此时满足题意的实数的范围为；
情形三：当即时，在上单调递减，
此时有，解得，
故此时满足题意的实数不存在；
综上所述：的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据辅助角公式化简，然后结合的范围及正弦函数的性质即可得解.
【详解】，
令，则，
由，得，
因为函数在区间上恰有两个零点，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知正实数x，y满足，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先变形同构，令，利用导数讨论单调性，由单调性可得，然后可得，令，利用导数求最值即可.
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以由，即，得，
所以，所以．
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题难点主要有二：一是根据已知进行同构函数，二是利用单调性得到，进而可得，利用导数即可求解.
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．
（1）求的值；
（2）若，，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意化简可得，再根据同角三角函数的关系求解即可；
（2）先求得，再根据正切函数值分析可得，进而可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，
所以，
所以，
．
【小问2详解】
由，可得，
则，
因为，所以，又，则，
因为，又，则，
所以，所以．
16. 在锐角中，内角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若，点是线段的中点，求线段长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理，正弦定理，同角三角函数的商数关系，两角和的正弦公式及诱导公式得，根据，即可得出，进而求解；
（2）由余弦定理得，根据平面向量的线性运算得，进而得出，根据正弦定理，二倍角公式，降幂公式，辅助角公式得出，结合，正弦函数的性质即可求解．
【小问1详解】
因为，由余弦定理得，
由正弦定理得，
又是锐角三角形，所以，
所以，所以，
又，所以．
【小问2详解】
由余弦定理可得，
又，所以
，
由正弦定理可得，所以，
，
所以，
由题意得解得，则，
所以，所以，
所以，所以线段长的取值范围为．
17. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，且，点是线段上的一点（不包含端点）.

（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，与相交于点，结合已知，有，，可证明平面，又平面，得证；
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，求出的值，可求的长.
【小问1详解】
证明：连接，记，连接.

因为四边形是菱形，所以，是的中点.
在中，是的中点，，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
在中，，
由余弦定理得，
即，易得.
取的中点，连接，取的中点，连接.
因为，所以.
在中，，所以.
又，所以，所以.
因为平面平面，所以，
又，所以.
由，有，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.

所以，
，，，
所以.
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，令，解得，
所以平面的一个法向量.
设，所以.
设直线与平面所成角的大小为，
所以
解得或（舍），所以，即的长为.
18. 已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，其离心率为，点P是C上的一点（不同于A，B两点），且面积的最大值为．
（1）求C的方程；
（2）若点O为坐标原点，直线AP交直线于点G，过点O且与直线BG垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点E，直线BP交直线l于点F，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）是定值，.
【解析】
【分析】（1）根据离心率及焦点三角形性质、椭圆参数关系求参数，即可得方程；
（2）设，且，求得，再根据已知可得直线，而直线，进而求出坐标，过作轴，利用等比例关系求即可得结论.
【小问1详解】
由题意，故.
【小问2详解】
由（1）及题设知：，直线的斜率存在且不为0，
设，则，即，
所以，又过点O且与直线BG垂直的直线记为l，则，
故直线，而直线，则，
联立，而，可得，
所以，故，过作轴，如图，
所以为定值.

19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下.如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导.则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”.
（1）已知且，
（i）若恒成立，求实数的取值范围；
（ii）当时，求证：.
（2）已知函数有两个零点，记作，若，证明：
【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可；
（ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可；
（2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，即函数φx有两个零点，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解.
【小问1详解】
（i）解：法一：由，且化简得，即，
令，可知在上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立，
令，显然hx在上单调递减，
所以，即，故实数的取值范围为.
法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得，
故问题转化为恒成立.
又，则恒成立，即恒成立，
因为，
故令，显然在上单调递减，
所以，所以，故实数的取值范围为.
（ii）证明：要证，即证，
即证，
又，
由拉格朗日中值定理可知，存在，
，
.
由题意知，当时，f′x在上单调递增，
则，故，
即，所以命题得证.
【小问2详解】
函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根.
令，
所以φx在0,+∞上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根，
所以，则，则由，得，
所以，则，
要证，即证，
又，令，
令，
又，所以，故在上单调递增，
所以，
所以，故上单调递减，所以，
即，
即，所以不等式得证.
【点睛】关键点点睛：
（1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可；
（2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题.