2024~2025学年山东省烟台市高三上册9月月考数学试卷合集2套[有解析]

这是一份2024~2025学年山东省烟台市高三上册9月月考数学试卷合集2套[有解析]，共29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．已知集合或x>2，，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．“或”是“幂函数在上是减函数”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
3．函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知x，y为正实数，且，则的最小值为（ ）
A．24B．25C．D．
6．在中，角、、的对边分别为、、，且的面积，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则使有零点的一个充分条件是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，且，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递减
D．当取得最大值时，
10．定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数B．在上单调递增
C．D．
11．函数，关于x的方程，则下列正确的是（ ）
A．函数的值域为R
B．函数的单调减区间为
C．当时，则方程有4个不相等的实数根
D．若方程有3个不相等的实数根，则m的取值范围是
三、填空题
12．在中，，则的面积为 .
13．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则 .
14．已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为 .
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
(1)求B；
(2)若为锐角三角形，且，求的取值范围．
16．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
17．如图，在正四棱锥中，，与交于点，，为的中点．

(1)证明：平面；
(2)直线与平面所成角的正弦值．
18．已知函数．
（1）讨论函数在上的单调性；
（2）若，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
19．已知数集具有性质：对任意的与两数中至少有一个属于.
(1)分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；
(2)（i）证明：且；
（ii）当时，若，写出集合.
1．D
【分析】根据并集的结果，列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】因为，所以，解得．
所以，实数的取值范围是.
故选：D.
2．B
【分析】根据幂函数的定义和性质可求参数的值，从而可判断两者之间的关系
【详解】因为是幂函数且在上是减函数，
故，故，
故“或”是“幂函数在上是减函数”的必要不充分条件，
故选：B.
3．A
【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解.
【详解】因为对任意，都有成立，
可得在上是单调递减的，
则，解得.
故选：A
4．A
【分析】利用和差公式、二倍角公式及平方关系化简，再把正弦余弦转化为正切即可求解.
【详解】
.
故选.
5．B
【分析】把变为，然后利用基本不等式中常数代换技巧求解最值即可.
【详解】因为x，y为正实数，且，所以
，
当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为25.
故选：B
6．D
【分析】根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：的面积，
，
，
则，
，
，
，
，，，
，
．
故选：D．
7．D
【分析】首先判断，此时可得的单调性，依题意可得，令，结合函数的单调性及零点存在性定理得到存在使得，从而得到有零点的充要条件为，即可判断.
【详解】因为，
当时，，所以，没有零点，故A错误；
当时与在上单调递增，所以在上单调递增，
，要使有零点，则需，
即，令，则在上单调递减，
且，，，
所以存在使得，
所以有零点的充要条件为，
所以使有零点的一个充分条件是.
故选：D
8．D
【分析】利用导数判断函数的单调性，然后结合的单调性，即可得到结果.
【详解】因为且，所以，
令且，则，
当时，，故函数单调递增，
当时，，故函数单调递减；
所以，
所以在上单调递增，
令，则，
所以在上单调递减，，
即，则，即.
故选：D
9．AC
【分析】根据同角关系即可求解，，即可判断AB,根据三角函数的性质即可求解CD.
【详解】由可得，所以，故，
对于A, ，故A正确，
对于B，，故B错误，
对于C，，则，由于，，
所以在上单调递减，故C正确，
对于D，，当时取最大值，
故，故D错误，
故选：AC
10．ABC
【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D.
【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为−1,1，所以函数为奇函数，故A正确；
对B，令，则，，可得，所以，
由函数性质可得，即，所以在−1,1上单调递增，故B正确；
对于C，令，可得，所以，即，故C正确；
对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误.
故选：ABC
11．BD
【分析】先分析函数的单调性和函数值情况并作出函数的图象，对于A和B，由分析以及图象即可得解；由对于C和D，由方程得解为与，再根据条件树形结合依次分析两解对应的根的情况即可得解.
【详解】①当时，，
则在单调递减，且渐近线为轴和，恒有.
②当时，，，
当，在0,1单调递增；当，在1,+∞单调递减，
故，且恒有，综上①②可知，，
综上，作出函数大致图象，如下图：
对于A，由上可知函数的值域为，故A错误；
对于B，函数的单调减区间为，故B正确；
对于C，当时，则方程，解得或，
由，得或，有两个实数根；
由图象可知，由得此时有不相等的实数根，且均不为，也不为，
所以当时，则方程有6个不相等的实数根，故C错误；
对于D，若关于x的方程有3个不相等的实数根，
即方程与方程共有3个不相等的实数根，
又因为已有两个不等的实数根，
则方程有且仅有1个根，且不为.
所以与有且仅有1个公共点，
由图象可知，满足题意，即m的取值范围是，故D正确.
故选：BD.
思路点睛：先研究函数的单调性以及函数值的分布情况，接着作出函数的图象，数形结合使得问题更直观，进而即可进一步研究函数的性质情况：研究方程的根的个数问题，可先解方程得与，再根据条件依次分析两解对应的根的情况并树形结合即可得解.
12．
【分析】根据给定条件，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得.
【详解】在中，由余弦定理得，则，
即，而，解得，
所以的面积为.
故
13．4048
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以.
故4048.
关键点点睛：本题的关键是根据函数的奇偶性得到函数的周期，再求出一个周期内的值，最后求和即可.
14．
【分析】先求出每一段函数的值域，然后由题意得到，根据，可将化简为，构造函数，利用导数求最值即可.
【详解】结合解析式可知当时，；当时，.
因为，所以.
令，得，则，
故.
令，则，
令得；令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，
因为，所以.
所以的取值范围为.
故
15．(1)或或；
(2).
【分析】（1）由余弦定理可得，然后根据特殊角三角函数结合条件即得；
（2）由题可得，然后根据正弦定理，三角恒等变换及三角函数的性质即得.
【详解】（1）因为，
所以，
∴或，
∵，
∴或或．
（2）∵为锐角三角形，由（1）可得，
根据正弦定理，
所以，，
所以
，
又∵为锐角三角形，
∴，故，
∵，，
∴．
16．(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为R，且，
若，则对任意x∈R恒成立，
可知在R上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为的定义域为R，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在0,+∞内单调递增，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的性质得到，即可求出，从而得到正四棱锥的所有侧面都是正三角形，则，，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）在正四棱锥中，与交于点，
所以平面，平面，所以，
又，所以，则，又，
所以，
所以正四棱锥的所有侧面都是正三角形，
因为为的中点，所以，，
又，平面，所以平面；
（2）因为为正方形，所以，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，则，取，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

18．（1）答案见解析；（2）.
（1）求出导数，分、、三种情况讨论，根据导数符号判断函数单调性；（2）当时，不妨设，根据函数在上的单调性可将问题转化为，令再次将问题转化为在上恒成立，设，所以，利用导数求出即可得解.
【详解】（1），因为所以分以下情况讨论：
当时，恒成立，故在单调递增；
当时，当单调递减，时单调递增；
当时，恒成立，故在单调递减.
综上所述：当时在单调递增，无单调递减区间；
当时在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递减，无单调递增区间.
（2）因为，由1知，函数在上单调递增，不妨设，
则，可化为，
设，则，
所以为上的减函数
即在上恒成立，等价于在上恒成立，
设，所以，
因，所以，所以函数在上是增函数，
所以（当且仅当时等号成立）．
所以．即的最小值为12．
破解含双参不等式证明题的三个关键点：
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
（3）回归双参不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
19．(1)不具有，具有，理由见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）利用给定定义直接判断即可.
（2）（i）利用定义，推理论证可得，再相加即得；
（ii）由定义可得数列为等比数列，求出通项即可得解.
【详解】（1）因为与均不属于数集，所以数集不具有性质；
因为都属于数集，
所以数集具有性质.
（2）（i）由具有性质，得与中至少有一个属于，
由，得，即，从而，则，
由，得，则，
由具有性质，知，
又，于是，
从而，
所以.
（ii）由（i）知，，即，
由，得，则，由数集具有性质，得，
由，得，且，于是，即，
因此，数列是首项，公比的等比数列，即，
所以.
方法点睛：集合新定义，需要正确理解题干中的信息，并转化为我们熟悉的知识进行求解，常常用到列举法，反证法等逻辑思路解决问题.
2024-2025学年山东省烟台市高三上学期9月月考数学质量检测试题（二）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
单选题（本大题共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，，若，则的值是（ ）
A．-2B．-1C．0D．1
2．函数的零点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知，，，则
A．B．C．D．
4．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的，都有，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知是定义在上的偶函数，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
6．若正数x，y满足，则使得不等式恒成立的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若实数满足关系式，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数f(x)=sinπx2, 0≤x≤2−−x2+6x−8,2