福建省莆田哲理中学2023-2024学年高三上学期第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份福建省莆田哲理中学2023-2024学年高三上学期第一次月考数学试卷（含答案），共16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。
2023-2024学年上学期高三数学第一次月考测试卷命题人：陈金亮    试卷满分：150分  命制时间：2023.9.11一、单选题(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．已知全集，集合，或，则（    ）A．     B．    C．     D．2．已知，命题“，”是真命题的一个必要不充分条件是（    ）A．           B．           C．           D．3．若，则的最小值是（    ）A． B． C． D．4．下列求导运算正确的是A． B．C． D．5．已知实数，，，则、、的大小关系是（    ）A． B． C． D．6．函数的大致图象是（    ）A． B．C． D．7．函数的零点所在的一个区间是（    ）A． B． C． D．8．已知函数，则不等式的解集是（    ）A． B． C． D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。）9．下面命题正确的是（    ）A．“”是“”的充分不必要条件B．命题“任意，则”的否定是“存在，则”C．函数的最小值为2D．不等式在上有解，则实数的取值范围是10．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则下列关于的说法正确的有（    ）A．的一个周期为4 B．是函数的一条对称轴C．时， D．11．星等是衡量天体光度的量.为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念，例如，1等星的星等值为1，等星的星等值为.已知两个天体的星等值，和它们对应的亮度，满足关系式，关于星等下列结论正确的是（    ）A．星等值越小，星星就越亮B．1等星的亮度恰好是6等星的100倍C．若星体甲与星体乙的星等值的差小于2.5，则星体甲与星体乙的亮度的比值小于D．若星体甲与星体乙的星等值的差大于10，则星体甲与星体乙的亮度的比值小于12．已知函数则下列选项正确的是（    ）A．函数在区间上单调递增        B．函数的值域为C．方程有两个不等的实数根D．不等式解集为三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．不等式的解集为          .14．                 ．15．已知函数，若对上的任意实数，恒有成立，那么的取值范围是      .16．已知函数，，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为         .四、解答题（本大题共6小题，第17题10分，第18-22题12分，共70分。）17．在中，内角所对的边分别为，设，(1)求角；(2)若，且，求面积的最大值.  18．已知数列是各项均为正数的等比数列，且，数列中．(1)求数列的通项公式；(2)若数列的前项和为，数列满足，求数列的前项和．  19．已知函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)试讨论函数的单调性.20．四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面．  (1)证明：；(2)若，且三棱锥的体积为，点满足，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．  21．已知定义在上的奇函数，且.(1)求函数的解析式;(2)判断的单调性（并用单调性定义证明）;(3)解不等式.  22．已知函数（且）.(1)求函数的定义域；(2)若，求函数的值域；(3)是否存在实数a，b，使得函数在区间上的值域为，若存在，求a，b的值；若不存在，请说明理由. 2023-2024学年上学期高三数学第一次月考测试卷参考答案：1．B【详解】由或得，又，所以.故选：B.2．B【详解】由命题“，”是真命题，可转换为不等式在恒成立，因为，所以，结合选项，命题“，”是真命题的一个必要不充分条件是.故选: B.3．B【详解】由，可得，，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故选：B.4．B【详解】解：，，，于是可得A、 C、 D错误.故选：B．5．D【详解】因为，，函数在上是增函数， 所以，因为，，所以，综上所述，，故选：D.6．A【详解】由得，即函数的定义域为，又，即为奇函数，排除B，C；因为，D不符合条件，A满足.故选：A7．B【详解】在上单调递增，且，.则由零点存在定理得所求零点在区间.故选：B.8．A【详解】，由于，所以的定义域为，，所以是奇函数，当时，为增函数，为增函数，所以是增函数，由是奇函数可知，在上单调递增，由得，即，则，解得，所以不等式的解集是.故选：A9．AB【详解】A：可得，但反之不一定成立，对；B：全称命题的否定为特称命题，原命题的否定为：存在，则，对；C：当时，，即2不是最小值，错；D：令，开口向上且，使在上能成立，必有，可得，故对称轴，显然恒成立，所以，错.故选：AB10．ABD【详解】对于A，为奇函数，，且，函数关于点，偶函数，，函数关于直线对称，，即，，令，则，，，故的一个周期为4，故A正确；对于B，则直线是函数的一个对称轴，故B正确；对于C、D，∵当时，，，，又，，解得，，，当时，，故C不正确；，故D正确.故选：ABD.11．ABD【详解】对选项A，若，则，即，，， ，所以星等值越小，星星就越亮， 故A正确；对选项B，当，时，，则，B正确；对选项C，若，则，即，C错误；对选项D，若，则，即，D正确.故选：ABD.12．BC【详解】  画出的图象，如上图所示.令，解得或，所以的图象与轴交于.对于A，由图象可知，函数在区间上不单调，A错；对于B，由图象可知，函数的值域为，B对；对于C，，，由图象可知，方程，即有两个不等的实数根，C对；对于D，由图象可知，当时，，所以，由可得.令，解得或；令，解得或，所以，由图象可知，不等式解集为，D错.故选：BC13．【详解】根据不等式整理可得，即，等价于，解得；所以不等式的解集为故答案为：14．【详解】故答案为：15．【详解】因为函数满足对上的任意实数，恒有成立，所以函数在R上递减，所以，即，解得，所以的取值范围是.故答案为：.16．【详解】由得，由题意得，函数与函数的图象恰有3个公共点，作出函数的图象，如图，    再作出直线，它始终过原点，当时，与至多有两个交点，不满足.当时，设直线与相切，切点为,，由知，切线斜率为，切线方程为，把代入得，所以切线斜率为，由图可得与图象有3个交点时实数的取值范围是.故答案为: .17．(1)    (2)【详解】（1）解：因为，由正弦定理，可得，整理得，可得， 即，因为，则，所以，可得，即，又因为，可得，所以，所以.（2）解法一：在中，由余弦定理得，即，①因为，所以且，即，在和中，由余弦定理可得，即，即，②联立①②消去，可得，因为，当且仅时，等号成立，所以，即，所以的面积.故面积最大值为.解法二：延长至，使，连，则且，可得，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时，等号成立，所以，所以的面积.故面积最大值为.   18．(1)   (2)【详解】（1）正项等比数列的公比为，由，得，而，解得，于是，由，得，所以数列的通项公式.（2）由（1）知，，显然数列是等差数列，，，所以.19．(1)   (2)答案见解析【详解】（1）因为，所以，则，切点为又因为所以，即所以曲线在点处的切线方程是，即.（2）因为，，所以，当时，，则在上单调递减；当时，令，得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增20．(1)证明见解析   (2)【详解】（1）由题设，为等边三角形，则，又四边形为梯形，，则，在中，，，所以，即，则，所以，即，面面，面面，面，则面，又面，故．（2）若为中点，，则，面面，面面，面，则面，连接，则，且面，故，综上，，，两两垂直，以为原点，，，为，，轴正方向的空间直角坐标系．  所以，，，，由三棱锥的体积为，则，即，故．则，则，所以，，，，若是面的一个法向量，则，取，则，则．若是面的一个法向量，则，取，则，，则，所以，则锐二面角的余弦值为．21．(1)  (2)函数在上单调递增，证明见解析；  (3)【详解】（1）定义在上的奇函数，则，即，解得，又，即，解得，，经检验符合题意；（2）函数在上是增函数，证明如下：任取、且，则，因为，则，，故，即，因此函数在上是增函数.（3），，，解得，不等式的解集为．22．(1)   (2)   (3)存在，，【详解】（1）由，解得的定义域为.（2）当时，，.因为的定义域是，所以，所以，，所以，所以，的值域是.（3）因为函数在上的值域为，又，且，由的定义域得，所以.①当时，因为在上单调递减，所以函数在上单调递增，所以，即，因为，所以，所以无解.（或者因为，所以，所以无解），故此时不存在实数a，b满足题意.②当时，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，所以，即解得或（舍），.综上，存在实数，.