甘肃省靖远县第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题

这是一份甘肃省靖远县第一中学2025届高三上学期10月月考数学试题，共14页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知复数，则，已知函数，下列结论正确的是，若，则，已知正实数，满足，则的最小值为，下列各组函数是同一个函数的是，已知定义在上的函数满足等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（每小题5分）
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知非空集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，其中，若，则正实数t取值范围（ ）
A．或B．或
C．或D．或
5．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数的减区间
B．函数在上单调递减
C．函数在上单调递增
D．函数的增区间是
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
8．将函数的图象向左平移个单位长度后，再把图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若与的图象关于轴对称，则的一个单调递增区间为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A．与
B．与
C．与
D．与
10．已知定义在上的函数满足：对，且，则以下结论正确的为（ ）
A．B．
C．D．
11．下列说法正确的是（ ）
A．至少有一个实数，使
B．“”是“”的充分不必要条件
C．命题“”的否定是假命题
D．“集合”中只有一个元素是“”的必要不充分条件
第II卷（非选择题）
三、填空题
12．函数的定义域为 .
13．已知，若，使成立，则 ．
14．已知定义域为的函数，且满足，函数，若函数有7个零点，则k的取值范围为 ；若方程（）的解为、、、，则的取值范围为
四、解答题
15．已知函数的图象在点处的切线过点．
(1)求实数的值；
(2)求的单调区间和极值．
16．已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求函数的解析式；
(2)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(3)求函数在上的值域 .
17．在园林博览会上，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放市场，已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入90元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式：.
(1)写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式（利润=销售收入-成本）
(2)当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大，并求出最大利润．
18．在三棱柱中，侧面平面，，侧面为菱形，且为中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
19．已知二次函数
(1)若的解集为，解关于的不等式；
(2)若且，求的最小值；
(3)若，且对任意，不等式恒成立，求的最小值．
参考答案：
1．B
【分析】先求得集合或，，结合交集与补集的运算，即可求解.
【详解】由集合或，
所以，可得.
故选：.
2．D
【分析】先确定集合，由确定的取值范围.
【详解】根据题意，，
因为，所以，则，
所以.
故选：D
3．B
【分析】先由复数除法求出复数，再求模.
【详解】根据题意，，
则.
故选：B
4．A
【分析】根据给定条件，分段求解不等式即可.
【详解】令，解得，
当时，，，即，且，解得；
当时，，，即，且，解得，
当时，， ，而为正实数，则此种情况无解，
所以正实数的取值范围为或.
故选：A
5．C
【分析】利用图象的变换知识作出的图象，可得单调区间，进而可得答案.
【详解】由，作出函数的图象，
利用图象的变换可得，如图所示：
所以函数在和上单调递减，在和上单调递增.
故选：C.
6．C
【分析】由已知利用指数函数的单调性有，再利用函数和的单调性比较三个数的大小.
【详解】若，且，
函数在R上为减函数，，则，
函数在R上为减函数，有，
函数在0,+∞上为增函数，，
可得.
故选：C.
7．C
【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【详解】因为，为正实数，且，所以,
当且仅当时取等号.
故选：C
8．C
【分析】根据函数图象的平移和伸缩变换可得，进而可得，利用整体法求解单调性即可求解.
【详解】由题意可得，
由于与的图象关于轴对称，所以，
令，解得，
取，则，
故选：C
9．AC
【分析】根据函数的“三要素”判断是否为同一个函数.
【详解】对A：只是用不同的字母表示变量，所以是同一个函数，故A正确；
对B：因为函数的定义域为，函数的定义域为，所以与不是同一个函数，故B错误；
对C：函数与的定义域都是，对应关系一样，故它们是同一个函数，故C正确；
对D：函数的定义域是：，函数的定义域是：，定义域不一致，所以它们不是同一个函数，故D错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】根据题意，利用赋值法进行运算，逐项判断.
【详解】因为定义域为R的函数，有，
令，则，又，
所以，故A正确；
令，则，
所以，故B错误；
令，则，
得到，，
所以是偶函数，C正确；
取，
则
所以，则，D正确.
故选：ACD.
11．BD
【分析】由在实数范围内，可得A错误；举反例可得必要性不成立，可得B正确；由全称与特称命题的性质和二次函数的性质可得C错误；由集合中只有一个元素可得或，再由必要性可得D正确；
【详解】对于A，在实数范围内，，，故A错误；
对于B，若，则，充分性成立，
若，如，此时，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C，命题“”的否定是，
由二次函数的性质可得开口向上，，所以恒成立，故C错误；
对于D，若集合中只有一个元素，
当时，；当时，可得，
所以必要性成立，故D正确；
故选：BD.
12．
【分析】由对数函数的性质计算即可；
【详解】由对数函数的性质可得，
故答案为：.
13．
【分析】利用辅助角公式将方程化成，通过左右两边函数的值域比较,得到两边只能等于，求得，回代求出.
【详解】由可得，,
设.
依题意，，而，故，
由，可得，，
又由可得，，
因，则，
，故，解得，.
故答案为：.
14．
【分析】对于第一空，hx有7个零点等价于函数y=fx的图象与y=gx的图象有7个交点，数形结合后可求的取值范围；对于第二空，根据图像的局部对称性可得 ，根据对数的运算性质可得，消元后利用单调性可求的范围.
【详解】因为f-x=-fx，所以函数为奇函数，函数的图象如图所示，
hx有7个零点等价于函数y=fx的图象与y=gx的图象有7个交点，
当直线与相切时，
则的判别式即（负值舍去），
此时切点横坐标为，
当直线过时，，
结合下图可得当于函数y=fx与y=gx有7个交点，.
若方程（）有四个不同的解，
由题意及图象知，，
由题意，
∴，
∴，即，
∴，∴，
又，∴，
因为在上均为单调递增，
故在上单调递增，
∴，∴.
故答案为：，.
【点睛】思路点睛：函数零点的性质讨论，应根据图象的特征结合运算性质找到不同零点之间的相互关系后将目标代数式转化为单变量函数，再结合函数的单调性或导数可求相应的范围.
15．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，将点2,1代入求解；
（2）利用导数研究函数单调性和极值.
【详解】（1）由已知得，
则，又，
所以的图象在点处的切线方程为，
将点2,1代入得，解得.
（2）所以，定义域为，
所以，
令，则，
易得在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
16．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据定义奇函数特征，，求出的值，又，求出的值，得到的解析式，并检验.
（2）利用定义法证明函数单调性；
（3）根据函数的单调性求值域即可.
【详解】（1）函数是定义在上的奇函数，
则，即有，
且，则，解得，
则函数的解析式：，，
因为满足，所以是奇函数，
即.
（2）证明：设任意满足，
则，
由于，则，，即，
又，
则有，即，
则在上是增函数.
（3）由（2）知，函数在上是增函数，
所以，即，
所以函数在上的值域为.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）由利润等于销售收入减去投入成本和固定成本可得解析式；
（2）分别求出分段函数每一段的最大值后比较可得结论.
【详解】（1）因为，
所以；
（2）当时，，
由函数性质可知当时单调递增，所以当时，，
当时，，
由不等式性质可知，
当且仅当，即时，等号成立，所以，
综上当时，.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由侧面平面和，可得面，又，再结合线面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面夹角的向量公式求解.
【详解】（1）根据题意，即，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，而面，所以，
侧面为菱形，为中点，所以，
平面，
所以平面；
（2）取中点，连接，则，而，所以，
又侧面平面，面平面，平面，
所以面，
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．
由题知，，，，，
则，，，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则有，取，得，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则有，取，得，
设二面角的夹角为，
则，
即二面角的余弦值为．
19．(1)不等式的解集为.
(2)的最小值为；
(3)的最小值为.
【分析】（1）由条件可得是方程的解，由此可求，结合一元二次不等式解法求的解集；
（2）由已知可得，结合基本不等式求结论；
（3）由条件可得，由此可得，换元并结合基本不等式可求其最小值.
【详解】（1）由已知的解集为，且，
所以是方程的解，
所以，，
所以，，
所以不等式可化为，
所以，
故不等式的解集为.
（2）因为，
所以
因为，所以，
由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立，
即当且仅当， 时等号成立；
所以的最小值为；
（3）因为对任意，不等式恒成立，
所以，，
所以，，
，
令，则，，
所以，
当且仅当，时等号成立，
即当且仅当，时等号成立，
所以的最小值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
A
C
C
C
C
AC
ACD
题号
11









答案
BD