湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高三上学期8月月考数学试题

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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. 若非空集合A,B满足，U为全集，则下列集合中表示空集的是（ ）
A. ；B. ；C. ；D. ．
【答案】D
【解析】
【分析】根据图，对各个选项逐一分析，即可求得正确答案.
【详解】根据可以看出
对A，；
对B，；
对C， ；
对D，.
故选：D
2. sin40°(tan10°－3)＝
A. －B. －1C. D. －
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数的切化弦及化一公式、诱导公式化简即可求解．
【详解】解：
故选B.
【点睛】本题主要考查了三角函数的切化弦及化一公式、诱导公式的综合应用．
3. 已知函数的定义域是，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数定义域的概念及复合函数定义域的求解方法运算求解即可.
【详解】因为函数的定义域是，所以，
所以，所以函数的定义域为，
所以要使函数有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A.
4. 下列求导数计算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的运算法则及简单复合函数求导法则计算即可．
【详解】解：A．，正确，不符合题意；
B．，错误，符合题意；
C．，正确，不符合题意；
D．，正确，不符合题意．
故选：B．
5. 苏格兰数学家纳皮尔（J. Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（ ）
A. 3B. 12C. 13D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给条件列出不等式，结合对数的运算即可求解.
【详解】由题意可知,两边同时取对数可得，
所以，故，则，
由表中数据可知,
故选：C
6. 一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金（ ）
附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有，其中、分别为左、右盘中物体质量，、分别为左右横梁臂长．
A. 等于B. 小于C. 大于D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】设天平左臂长，右臂长，且，根据已知条件求出、的表达式，利用基本不等式比较与的大小关系，即可得出结论.
【详解】设天平左臂长，右臂长，且，
设天平右盘有克黄金，天平左盘有克黄金，所以，
所以，，则．
故选：C．
7. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，求的余弦值．（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求三角形中线，的长度，根据三角形重心的性质求得，，在中，利用余弦定理求的余弦，即为所求结果.
【详解】因，，.
因为
.
由为的重心，所以，.
在中，由余弦定理，得：.
故选：B
【点睛】关键点点睛：熟悉三角形重心得性质是解决问题得关键.
8. 已知直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则k的最大值是（ ）
A. B. C. 2eD. 4e
【答案】B
【解析】
【分析】设切点分别为和，则，根据题意转化为有解，设，求得，得出函数的单调性和极小值，结合，即可求解.
【详解】因为是和的公切线，
设切点分别为和，则，
由，可得，则
又由，可得，且，则，
所以，可得，
即，显然同号，不妨设，
设，（其中），
可得，令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
要使得有解，则需要，即
即，解得，所以，即的最大值为.
故选：B.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
二､多选题（本题共三小题，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的．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. 已知函数，则（ ）
A. 有一个零点B. 的极小值为
C. 的对称中心为D. 直线是曲线的切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，再结合零点存在性定理分析判断，对于B，由选项A的得到函数的单调区间分析判断，对于C，令，可判断的图象关于原点对称，从而可判断出的对称中心，对于D，利用导数的几何意义分析判断即可.
【详解】对于A，由，得，
令，得；令，得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以当时，，当时，存在唯一零点，
故函数在上只有一个零点，故A正确；
对于B，由选项A可知，函数的极小值为，故B正确；
对于C，令，定义域为，则，
所以函数为奇函数，对称中心为，将函数图象向下平移1个长度单位，得函数的图象，
所以的对称中心为，故C错误；
对于D，由选项A知，，令，又，
所以切线方程为，即，
所以直线是曲线在点处的切线，故D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查利用导数解决函数零点问题，考查导数解决函数极问题，考查导数的几何意义，解题的关键是对函数求导，然后由导数的正负求出函数的单调区间，再分析判断，考查计算能力，属于较难题.
10. 设点D是所在平面内一点，O是平面上一个定点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则D是BC边上靠近B的三等分点
B. 若，（且），则直线AD经过的垂心
C. 若，且x，，，则是面积的一半
D. 若平面内一动点P满足，（且），则动点P的轨迹一定通过的外心
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，化简等式成，即可判断；对于B，将等式两边与作点乘，化简得出结果为0即可判断；对于C，利用平面向量基本定理推出三点共线，结合图形和共线向量即得结论；对于D，化简向量等式，利用单位向量作出即得菱形，推得，即得结论.
【详解】对于A，由可得，，
即得，故点D是BC边上靠近B的三等分点，故A正确；
对于B，因，则
，即，故直线AD经过的垂心，即B正确；
对于C，因， ，则，
设，则，因，故三点共线，
如图1所示，，故的边上的高是的边上的高的一半，
故是面积的一半，即C正确；
对于D，由可得，，
如图2，取，则有，以为两邻边作，
易知是菱形，故平分，且故得，，
故动点的轨迹为的平分线，即动点P的轨迹一定通过的内心，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查平面向量的线性运算和数量积的应用，属于难题.
对于向量等式，要结合图形，和选项的启发，有时从构造平面向量基本定理的条件入手；有时通过与其他向量的点乘为0判断线线垂直；有时通过两单位向量的和作平行四边形，推得菱形.
11. 设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 在上，方程根有3个，方程的根有2个
C. 在上单调递增
D. 的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】根据函数的零点的个数，求出参数的范围，再判断函数的单调性、对称性和方程根的个数.
【详解】由题意，，
由题意，不一定是函数的对称轴，所以A错误；
当时，得，故；
，所以D正确.
因为，则的根分别可由或或求出，共有3个根；
当时，的根分别可由或求出，共2个根；
当时，的根分别可由或或求出，共3个根；所以B错误；
当时，得，
由，得，所以，此时在上单调递增，所以C正确.
故选：CD.
【点睛】本题重点考查三角函数的图象与性质，难度较大，做题时注意利用整体法判断：即通过将作为整体，借助的图象和性质来进行判断.公众号：高中试卷君
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 出入相补是指一个平面（或立体）图形被分割成若干部分后面积（或体积）的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若，，，图中两个阴影三角形的周长分别为，，则的最小值为________.

【答案】
【解析】
【分析】根据图形中的相似关系先表示出，然后利用基本不等式求解出最小值.
【详解】如图1，易知，且，

所以，所以；
如图2，易知，且，

所以，所以，
所以,
又因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以最小值为，
故答案为：.
13. 某时钟的秒针端点A到中心点O的距离为，秒针均匀地绕点O旋转，当时间时，点A与钟面上标12的点B重合，将A，B两点的距离表示成的函数，则______ 其中.
【答案】,
【解析】
【分析】可以求出，从而由余弦定理可以得到，由余弦的二倍角公式即可化简得.
【详解】如图，
；
在中，
由余弦定理得，由，知，
故答案为：．
14. 如图，在边长为1的正方形中，为的中点，点在正方形内（含边界），且．①若，则的值是_______；②若向量，则的最小值为________．
【答案】 ①. ##0.5 ②. ##0.5
【解析】
【分析】①由题知是边长为1的等边三角形，进而根据向量数量积求解即可；
②考虑到该题为高一题目，不能使用导数，故提供了另一种解法，法二仅供参考.
法一：结合图像，作，连接PF，设，利用三点共线可得，又三点共线，故可得，因此只需要考虑值最大的情况即可得到的最小值.
法二：由题知点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方体内的圆弧部分，进而建立直角坐标系，设点,再利用向量坐标运算得，进而构造函数，利用导数研究函数最值即可得答案.
【详解】解：①因为，，
所以是边长为1的等边三角形，
所以
②法一：如图，作，连接PF，设，
由于共线，不妨设，又
故，
又由于共线，所以，故，
结合图像可知，当两点重合时，交于处，此时值最大，
易知，故，故.
.
法二：因为，
所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在正方体内的圆弧部分，
所以以点为坐标原点，如图建立坐标系，
因为正方体的边长为，
所以设点，，
所以由得，
所以，解得，
所以，
令，
所以
因为，所以，
所以区间恒成立，
所以函数在区间单调递增，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：；.
.
【点睛】本题考查向量坐标运算，数量积运算，导数求解函数最值，考查运算求解能力，是难题；本题第二空解题的关键在于灵活利用向量共线的性质与结论，将转化为，进而考虑特殊位置点即可；而法二，将利用了导数的知识，根据题意设点，进而利用坐标运算得，再结合函数性质求解最值即可.
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. 在中，内角的对边分别为a,b,c，且．
（1）求的值；
（2）若，点是线段上的一点，，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换即可求解；
（2）由的面积比值得（角平分线定理），设，则，， ，再通过余弦定理列式即可求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
所以
.
即,
由正弦定理得，
又、，则或（舍去）．
所以.
【小问2详解】
因为，设中边上的高为，
所以，所以，
设，
由，，,
所以，则，， ,
在中，由余弦定理得，
设的中点为，连接，
如图所示，由,则，
在中，，
所以，
解得或（舍去），
所以.
16. 如图所示，正方形与矩形所在平面互相垂直，，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的平面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质得平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量、，利用可得答案；
（2）假设在线段上存在点，设，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【小问1详解】
平面平面，
平面平面，
平面平面，
则以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
.
，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，则，
令，解得：，
又，即，
又平面平面；
【小问2详解】
假设在线段上存在点，使二面角的大小为.
设，则.
设平面的一个法向量为，
则，
令，解得：，
又平面的一个法向量为，
，
即，解得：或（舍去），
此时，
在线段上存在点，使二面角的平面角的大小为，
此时.
17. 已知函数，其导函数为.
（1）若在不是单调函数，求实数的取值范围；
（2）若在恒成立，求实数的最小整数值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据题意可知f′x在1,+∞有变号零点，由此结合函数的单调性，解不等式即可求得答案；
（2）法一：采用分离参数法，将原不等式变为即为在1,+∞恒成立，构造函数，求函数的导数，利用导数求其最小值，即可求得答案；
法二：求函数的导数，利用导数判断其单调性，求得函数最小值，结合解不等式即可求得答案.
【小问1详解】
；
因为在1,+∞不是单调函数，所以f′x在1,+∞有变号零点；
因为恒成立，令，则在1,+∞有变号零点；
因为，所以在1,+∞单调递增，
因为，当的值趋近正无限大时，趋近于正无限大，a为待定的参数，
故趋近于正无限大，故只需，即，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
（法一）令，
因为在1,+∞恒成立，所以φx在1,+∞单调递减，
所以，
所以在1,+∞恒成立，即为在1,+∞恒成立，
令，
则
，
令，则在1,+∞恒成立，
所以ℎx在1,+∞单调递减；
因为；
所以ℎx有唯一零点，且
当时，ℎx>0，即，所以在单调递增；
当x∈x0,+∞时，ℎx