云南省楚雄东兴中学2024-2025学年高三上学期第一次月考（9月）数学试题

这是一份云南省楚雄东兴中学2024-2025学年高三上学期第一次月考（9月）数学试题，共11页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，设，则“”是“”的，设，则的大小关系为，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合，常用逻辑用语，等式与不等式，函数，立体几何，数列，三角.
一､选择题：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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知函数，则的定义域为（ ）
A. B. C. D.
3.若命题“”是真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4.已知幂函数在上单调递增，则（ ）
A. B.或 C.3 D.3或
5.设，则“”是“”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
6.设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
7.现设计一个两邻边的长度分别为的矩形广告牌，其面积为，且，则当该广告牌的周长最小时，（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
8.已知函数的定义域为，且为奇函数，若1，则（ ）
A. B. C.1011 D.0
二､多选题：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.下列结论正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.“”是“”成立的充分不必要条件
D.若，则.
10.已知函数在上单调递增，函数在上单调递增，在上单调递减，则（ ）
A.函数在上单调递增
B.函数在上单调递增
C.函数在上单调递减
D.函数在上单调递减
11.若，且，则下列说法正确的是（ ）
A.有最大值 B.有最大值
C.有最小值4 D.有最小值
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，则的子集个数为__________.
13.已知海面上的大气压强是760，大气压强（单位：）和高度（单位：）之间的关系为（为自然对数的底数，是常数），根据实验知500高空处的大气压强是型直升机巡航高度为型直升机的巡航高度为800时，型直升机所受的大气压强是型直升机所受的大气压强的__________倍（精确到0.01）.
14.已知函数若，函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为__________.
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.（本小题满分13分）
已知等比数列的各项均为正数，且.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
16.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间，
（2）求函数在区间上的值域.
17.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）若的解集为，解关于的不等式；
（2）若对任意的恒成立，求的最大值.
18.（本小题满分17分）
如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，点是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为？若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由.
19.（本小题满分17分）
已知函数为上的偶函数，为上的奇函数，且，记.
（1）求的最小值；
（2）解关于的不等式；
（3）设，若的图象与的图象有2个交点，求的取值范围.
楚雄东兴中学高三秋季第一次月考·数学
参考答案､提示及评分细则
1.C 由题意，得，所以.故选C.
2.A 由题意知解得，所以的定义域为.故选A.
3.A 命题“”是真命题应有，即，所以.故选A.
4.C 因为幂函数，所以，解得或.当时，在上单调递减，不符合题意；当时，在上单调递增，符合题意.综上，.故选C.
5.B 由，解得，故“”是“”的必要不充分条件.故选B.
6.D 因为，所以，因为，所以，又因为，所以，所以.故选D.
7.A 由题意可知，且，所以，则该矩形的周长为，当且仅当，即时，取得等号，此时3.故选A.
8.B 因为，所以，两式相减得，即，所以的周期为4，所以.因为为奇函数，所以，即，所以函数关于对称，所以，且，令，得，所以，令，得，所以，所以，又，
所以
.故选B.
9.BD 对于选项A，不妨令，满足，但，故A错误；对于选项B，若，则，所以，不等式两边同除以得，故B正确；对于选项C，由““不能得到”"，比如，故充分性不成立，故C错误；对于选项D，若，则，故D正确.故选BD.
10.AB 因为在上单调递增，所以在上单调递增，故A正确；因为在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，故B正确；因为在上单调递增，所以在上单调递减，因为是否在上无法判断，所以在上的单调性无法判断，故C错误；因为在上单调递减，在上单调递减，因是否在上无法判断，所以在上的单调性无法判断，故D错误.故选AB.
11.ABC ，当且仅当，即时等号成立，故有最大值，故A正确；，当且仅当时
等号成立，所以有最大值，故B正确；，当且仅当，即时等号成立，即有最小值4，故C正确；，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故D错误.故选ABC.
12.8 由题意可知，所以，子集个数为.
依题意，，即，则型直升机所受的大气压强，型直升机所受的大气压强，所以型直升机所受的大气压强是型直升机所受的大气压强的0.92倍.
14. 依题意，，可得，函数恰有三个不同的零点，即恰有三个解，转化为函数与图象有三个交点，函数的图象如图所示.结合图象，，解得，即实数的取值范围为.
15.解：（1）设数列的公比为，由，所以，所以，
又，所以.
由，得，所以.
所以的通项公式为.
（2）由（1）知，
所以
16.解：（1）
所以函数的最小正周期.
令，解得，
所以函数的单调递减区间为.
（2）当时，，所以，
即函数在区间上的值域为.
17.解：（1）因为的解集为，所以，
所以，
所以等价于，又，所以，
解得，即关于的不等式的解集为.
（2）因为对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，所以
，所以，
所以.
令，又，所以，即，所以，所以，
令，
当时，；
当时，，当且仅当时，等号成立.
所以的最大值为.
18.（1）证明：因为，点是的中点，所以.
因为平面平面，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：当点为的中点时，直线与平面所成的角为，
理由如下：
由题意可知，两两垂直，故以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
，
，
设平面的法向量为，则
令，得.
若直线与平面所成的角为，
则，
所以，解得.
所以当点为的中点时，直线与平面所成的角为.
19.解：（1）由题意知，，
由，得，即，
两式相加，得，
所以.
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以.
（2）因为，所以为偶函数，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减.
由，得，
两边平方并整理得，解得，
故不等式的解集为.
（3）由题意知，方程有2个不同的实数解，
即方程有2个不同的实数解.
设，则，即有2个不同的正根.
则.得
故的取值范围为.