江西省上饶市广丰洋口中学2024-2025学年高三上学期9月检测数学试卷（解析版）

这是一份江西省上饶市广丰洋口中学2024-2025学年高三上学期9月检测数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断在上的单调性，将不等式等价于，由一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】，可得当时，单调递减，当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减，
不等式，可化为，即，
解得：，则原不等式的解集为：，
故选：A
2. 已知函数的定义域为R，且为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 2025
【答案】C
【解析】
【分析】由函数奇偶性，确定为周期函数，再结合，求得，即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以关于点中心对称，
又为偶函数，所以关于直线对称，
所以为周期函数且周期，
∴，∵，∴，∴.
故选:C．
3. 已知函数，则下列说法中，正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于点对称
D. 的图象可由的图象向右平移个单位得到
【答案】D
【解析】
【分析】根据辅助角公式得，即可根据三角函数的性质求解ABC，根据函数平移，以及诱导公式可判断D.
【详解】，
的最小值为,故A错误，
时，， 所以函数在不单调，故B错误；
，故的图象关于对称，C错误，
将函数的图象向右平移个单位得，故D正确．
故选：D．
4. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数定义及复数的乘除法得出选项.
【详解】,
故选：A.
5. 已知分别为双曲线的左、右焦点，点是上一点，点满足，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，过点作，交的延长线于点，由双曲线的定义结合余弦定理代入计算，再由离心率的计算公式，即可得到结果.
【分析】

由，得，．
因为，所以点在线段上，且．
如图，过点作，交的延长线于点，则，
所以，所以．
设，则，所以．
由双曲线的定义可知，所以，
则．设，则．
在中，由余弦定理，得，
即，所以，
则（负值已舍去）．
故选：B．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于结合双曲线的定义以及余弦定理代入计算.
6. 一袋中装有大小､质地均相同的5个白球，3个黄球和2个黑球，从中任取3个球，则至少含有一个黑球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据超几何分布的概率公式计算即可.
【详解】根据题意，至少含有一个黑球的概率是.
故选：B.
7. 设数列的前项和为．对任意恒成立，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据递推关系可得为等比数列，即可结合累加法求解，由等比求和公式得，即可代入不等式化简得，构造，作差得数列单调性，即可求解.
【详解】由，得，又，
所以数列是以2为公比，1为首项的等比数列，所以，
则，
进而数列an是以2为公比，1为首项的等比数列，可得，
不等式恒成立，
即．
设，则，
当时，，bn为递减数列，
所以，
所以，解得．
故选：D．
8. 已知函数，，对于存在的，存在，使，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】条件可转化为，，，，再分别求列不等式可求的取值范围.
【详解】因为对于存在，存在，使，
所以，，，
又，，
显然在上单调递减，则，
当时，，即在上单调递增，
则，
由解得：，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
二、选择题：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. 下列命题，其中正确的命题是（ ）
A. 函数的最小值为2
B. 若，则的值为1
C. 函数的减区间是
D. 已知在上是增函数，若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据函数单调性的定义和复合函数单调性法则依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于A选项，因为，所以，故A错误；
对于B选项，若，则，，则，故B正确；
对于C选项，解不等式得，所以函数的定义域为，开口向下，对称轴为，所以函数的减区间是，故C错误；
对于D选项，由得，由于在上是增函数，故，所以，故D正确.
故选：BD.
10. 已知椭圆：的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A. 离心率的取值范围为B. 当时，的最大值为
C. 存在点，使得D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行判断；B项中根据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而判断；C项中先求出点的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；D项中根据椭圆定义得，并结合基本不等式判断.
【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，
，故A项正确；
对于B项： ，
当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B项正确；

对于C项：设，若，即：，
则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，
又由A项知，得，又因为，得，
所以得，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；
对于D项： ，
，
当且仅当时取等号，故D项正确.
故选：ABD.
11. 函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，设，，则以下结论一定正确的有（ ）
A. 为偶函数
B. 函数的图象关于直线对称
C. 的图象关于对称
D. 设数列为等差数列，若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由奇函数的性质可得，两边求导，即可判断A；根据函数的变换规则判断B；令，则为奇函数，又，根据函数的变换规则判断C；结合C及等差数列下标和性质判断D.
【详解】对于A：因为函数及其导函数的定义均为，且是奇函数，
所以，则，
又，即，故为偶函数，故A正确；
对于B：因为的图象是由函数图象向右平移一个单位，再将横坐标缩短为原来的得到，
又因为是偶函数，函数图象关于对称，
所以函数的图象关于直线对称，故B错误；
对于C：因为，令，，
则，
由为奇函数，即，所以，
所以为奇函数，则图象关于对称，
而的图象可以看作由的图象向右平移个单位，再向上平移个单位而得，
所以的图象关于对称，故C正确；
对于D：由选项可知，当时，，
在等差数列中，又，
所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数3在上的最大值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】先用半角公式，降幂公式及辅助角公式进行化简，然后再结合正弦函数的图象求最大值.
【详解】，
因为，所以，
所以，
所以，
所以在上最大值为2.
故答案为：2.
13. 已知点为圆上的动点，过圆心作直线垂直于轴交点为，点为关于轴的对称轴，动点满足到点与到的距离始终相等，记动点到轴距离为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据动点满足到点与到的距离始终相等，得到动点的轨迹为开口向左的抛物线，然后利用抛物线的定义， 由的最小值为求解.
【详解】如图所示：
，
由抛物线的定义可知，动点的轨迹为开口向左的抛物线，
其焦点坐标为，准线方程为，
所以抛物线方程为．
圆的圆心为，半径为，
连接交圆于点，交抛物线于点，此时最小，
利用两点距离公式得，
所以的最小值为．
故答案为：
14. 已知函数的两个极值点为，，记，．点B，D在的图象上，满足，均垂直于y轴．若四边形为菱形，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】令得，四边形为菱形，由得，又，得，由，代入函数解析式求的值.
【详解】函数，，
若，f'x≥0恒成立，在上单调递增，不合题意，
时，，得，
则，，
四边形为菱形，则，
，故，，
，则，，
由，化简得，令，则，
即，解得，故，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是用好四边形为菱形，由对角线互相垂直利用直线斜率得，利用对角线互相平分有，求出，由求的值.
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. 已知函数
（1）若，，若的单调区间；
（2）当时，若存在唯一的零点，且，其中，求.
（参考数据：，）
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2） .
【解析】
【分析】（1）将，代入函数解析式，求得并令，即可由导函数的符号判断单调区间.
（2）将代入函数解析式，求得.结合定义域及二次函数性质可知的单调区间，并根据零点意义代入方程和函数，可得零点的函数表达式.构造函数，并求得可证明的单调性，结合零点存在定理及所给参考数据，即可求得的值.
【详解】（1）将，代入函数解析式可得，定义域为0,+∞，
则
令，解得，（舍），
所以当时，；
当时，；
故的单调递减区间为；的单调递增区间为.
（2）将代入函数解析式可得，
则
因为，且对于来说，，
所以有两个不等式实数根，
且，
所以两根异号，不妨设则，
则由定义域为0,+∞可得在内递减，在内递增，
因为，
要存在唯一的零点，且，则，
所以，化简可得.
令，
则
所以在时单调递减，
由题可知，，
而，
所以
即
【点睛】本题考查了利用导数求函数单调区间及单调性，构造函数法在导数中的应用，函数零点定义及零点存在定理的应用，化简过程繁琐，属于难题.
16. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，．
（1）求角B的大小；
（2）若的面积，设D是BC的中点，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)结合已知条件和正弦定理边化角，三角恒等变换即可求出B；
(2)根据三角形面积公式求出a，根据余弦定理求出b.在和分别由正弦定理表示出和，根据，即可得.
【小问1详解】
∵，
∴由正弦定理得，，
即，
即，
即，
即，
，，，
∵B∈0,π，；
【小问2详解】
，
.
在中，由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
，，
∴.
17. 如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，E，F分别为，的中点．
（1）证明：；
（2）若点M是线段上的点，且，判断点M是否在平面内，并证明你的结论；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）在，证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接、交于，连接，以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出，计算出即可.
（2）求出、、，即可得到，从而得到、、、四点共面，即可得证；
（3）求出相关向量和平面法向量，利用公式计算可得.
【小问1详解】
连接、交于，连接，由正四棱锥的性质可得平面，底面为正方形，则，
所以以为坐标原点，、、为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，
则，，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
，，
又，得，
，所以，
所以、、、四点共面，即点在平面内．
小问3详解】
由（2）可得，
设平面的法向量，由，得，
令，则，，所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 某社区举办“趣味智力挑战赛”，旨在促进社区邻里关系，鼓励居民参与公益活动．本次挑战赛第一轮为选手随机匹配4道难度相当的趣味智力题，参赛选手需依次回答这4道题目，任何一道题答对就算通过本轮挑战赛．若参赛选手前两道题都没有答对，而后续还需要答题，则每答1道题就需要后期参与一次社区组织的公益活动，若4道题目都没有答对，则被淘汰．根据大数据统计，年龄在20岁到30岁之间与年龄在30岁到40岁之间的参赛选手在第一轮挑战赛中答对每道趣味智力题的概率分别为，．已知甲（25岁）、乙（35岁）两人都参与了该“趣味智力挑战赛”，他们每道题是否答对相互独立．
（1）甲热爱公益活动，若需要答题机会，他愿意参与社区组织的公益活动，求甲通过第一轮挑战赛的概率；
（2）求甲、乙均不需要通过参与公益活动获得答题机会就通过了第一轮挑战赛的概率；
（3）求甲、乙均通过了第一轮挑战赛且只有一人需要参与一次公益活动概率．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）计算甲第一轮挑战赛被淘汰的概率，再根据对立事件的概率，即可求解；
（2）分别计算甲、乙不需要参与公益活动获得答题机会就通过了第一轮挑战赛，再根据独立事件概率乘法公式，即可求解；
（3）分别计算甲、乙通过了第一轮挑战赛且需要参与一次公益活动的概率，由（2）的结论结合独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，即可求解.
【小问1详解】
设甲、乙两人第i次答对题目分别记为事件，，
则，．
甲第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
则甲通过第一轮挑战赛的概率为．
【小问2详解】
设甲不需要参与公益活动获得答题机会就通过了第一轮挑战赛为事件A，乙不需要参与公益活动获得答题机会就通过了第一轮挑战赛为事件B，则，
．
故所求概率为．
【小问3详解】
甲通过了第一轮挑战赛且需要参与一次公益活动的概率为．
乙通过了第一轮挑战赛且需要参与一次公益活动的概率为．
故所求概率为．
19. 已知函数，其中.
（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求a的值及切线方程；
（2）若函数在定义域内单调递减，求a的取值范围.
【答案】（1）2，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，得出切线方程.
（2）由已知得出对恒成立，所以，令，借助导数求得出结果
【小问1详解】
由题可知，则，解得.
切点为，切线为
【小问2详解】
∵在上减函数，
∴对恒成立，所以，
令，则，由得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故只需
故a的取值范围.