江西省鹰潭市余江区第一中学2024-2025学年高三上学期第二次模拟考试（10月月考）数学试题

这是一份江西省鹰潭市余江区第一中学2024-2025学年高三上学期第二次模拟考试（10月月考）数学试题，共15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，若，则，已知，则等内容，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：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形，立体几何，解析几何.
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.已知扇形的周长为，圆心角为3，则此扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
3.已知，“关于的不等式与的解集相同”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
4.已知函数，则的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
5.若，则（ ）
A. B. C. D.
6.已知函数在区间上单调递减，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
7.镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，顶端塔刹为一背铜铸湖芦，葫芦表面刻有“风调雨顺､国泰民安”八个字，是全国重点文物保护单位､国家级旅游景区.小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正北方向找到一座建筑物，高为7.5，在地面上点C处（在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（参考数据）

8.已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
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.已知，且，若，则下列不等式可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知，则（ ）
A.将的图象向右平移个单位长度可得到的图象
B.的图象与的图象关于直线对称
C.和在上均单调递增
D.和的值域均为
11.已知函数的定义域为，且，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.函数为奇函数
B.当时，
C.
D.若，则恰有4个不同的零点
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若命题“，使得”是假命题，则的取值范围是__________.
13.已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________.
14.已知正实数满足，则的最大值为__________.
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.
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
16.（本小题满分15分）
在锐角中，内角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，点是线段的中点，求线段长的取值范围.
17.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，且5，点是线段上的一点（不包含端点）.
（1）求证：；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长.
18.（本小题满分17分）
已知椭圆的左､右顶点分别为，其离心率为，点是上的一点（不同于两点），且面积的最大值为.
（1）求的方程；
（2）若点为坐标原点，直线交直线于点，过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，直线交直线于点，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
19.（本小题满分17分）
法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下.
如果函数满足如下条件：
①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导.
则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”.
（1）已知且，
（i）若恒成立，求实数的取值范围；
（ii）当时，求证：.
（2）已知函数有两个零点，记作，若，证明：
余江一中2025届高三年级第二次模拟考试·数学
参考答案､提示及评分细则
1.C 由题意知，所以.故选C.
2.A 设扇形的半径为，又圆心角为3rad，所以扇形的周长，解得，所以扇形的面积.故选A.
3.D 不等式与的解集均为，但，所以充分性不成立；不妨令，满足，但的解集为的解集为，所以与的解集不同，必要性不成立.故选D.
4.D 因为，所以，定义域关于原点对称，故是偶函数，排除A；当时，，即，当时，又有，因此当时，，排除B，C.故选D.
5.A 由，所以，则.故选A.
6.C 由题意知，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以解得，即的取值范围是.故选C.
7.B ，在中，，在中，，所以，由正弦定理得，所以.故选B.
8.C 设，所以，所以是奇函数，又在上单调递增，
在上单调递增，所以在上单调递增.因为，所以，所以，所以，即，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为.故选C.
9.ABD 若，因为，所以.当时，A正确，当时，B正确；若，因为，所以.综上，，故C错误，D正确.故选ABD.
10.BCD 将的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为，即，故A错误；任取上一点，其关于直线的对称点为，又，即在的图象上，所以的图象与的图象关于直线对称，故B正确；在上，，所以，当时，，故和在上均单调递增，故C正确；因为
故D正确.故选BCD.
11.AC 因为，所以的图象关于中心对称，故A正确；因为的图象关于中心对称，所以，解得.所以当时，，因为，所以，因为，所以，所以，即.当时，，所以，故B错误；因为，所以，所以的周期为8，又，，所以，故C正确；令，即，画出与的图象，如图所示：
因为，所以两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误.故选AC.
12. 命题“，使得”是假命题，即“0”是真命题，所以解得，即的取值范围是.
13. 由题意知，所以，当时，，所以，解得，即的取值范围是.
14. 由得，所以，则，因为0，所以，令，则，所以在上单调递增，所以由，即，得，所以，所以.令，所以，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
15.解：（1）因为，所以，
因为，所以，所以，.
（2）由，可得，
则，
因为，所以，又，则，
因为，又，则，
所以，所以.
16.解：（1）因为，由余弦定理得，
由正弦定理得，
又是锐角三角形，所以，所以，所以，
又，所以.
（2）由余弦定理可得，
又，所以
，
由正弦定理可得，所以，
，
所以，
由题意得解得，则，
所以，所以，
所以，所以线段长的取值范围为.
17.（1）证明：连接，记.因为四边形是菱形，所以是的中点.
在中，是的中点，，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理得，即.同理可得.
取的中点，连接，取的中点，连接.因为，所以.
在中，，所以.
又，所以，所以.
因为平面平面，所以，又，所以.
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，
，
所以.
设平面的一个法向量为，
则令，解得，
所以平面的一个法向量.
设，所以.
设直线与平面所成角的大小为，
所以
解得或（舍），所以，即的长为.
18.解：（1）由题意知
解得，
所以的方程为.
（2）设点的坐标为，则，即；
又点坐标为，故直线的方程为.
令，可得，即点的坐标为，
又点坐标为，故直线的斜率，
又直线的斜率满足，则，故直线的方程为，
又因为直线的斜率为，故直线的方程为.
由得，
所以，解得，即，
所以，即为定值，该定值为.
19.（1）（i）解：法一：由，且化简得，
即，令，可知在上单调递增，在上恒成立，即在上恒成立，令，显然在上单调递减，
所以，即，故实数的取值范围为.
法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得，
故问题转化为恒成立.
恒成立，即恒成立，因为，
故令，显然在上单调递减，所以，所以，故实数的取值范围为.
（ii）证明：要证，即证，
即证，
，
由拉格朗日中值定理可知，存在，
，
.
由题意知，当时，单调递增，则，
所以，故，
所以，所以命题得证.
（2）证明：函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根.
令，
所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根，
所以，则由，得，所以，则，
要证，即证，
令，
令，
又，所以，故在上单调递增，
所以，
所以，故在上单调递减，所以，
即，
即，所以不等式得证.