河南省部分名校2024-2025学年高三上学期月考（一）数学试题

这是一份河南省部分名校2024-2025学年高三上学期月考（一）数学试题，共18页。试卷主要包含了已知集合，则，下列命题中，真命题的是，如图为函数的部分图象，则，下列结论中，所有正确的结论是等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知函数，则“是函数为偶函数”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
3.下列命题中，真命题的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
4.冰箱空调等家用电器使用了氟化物，氟化物的释放破坏了大气上层的臭氧层，使臭氧量呈指数函数型变化.当氟化物排放量维持在某种水平时，臭氧量满足关系式，其中是臭氧的初始量，是自然对数的底数，是时间，以年为单位.若按照关系式推算，经过年臭氧量还保留初始量的四分之一，则的值约为（ ）
A.584年 B.574年 C.564年 D.554年
5.如图为函数的部分图象，则（ ）
A.函数的周期为
B.对任意的，都有
C.函数在区间上恰好有三个零点
D.函数是偶函数
6.在中，的面积为，且满足，则该三角形的外接圆的半径为（ ）
A. B. C. D.2
7.与都是边长为2的正三角形，沿公共边折叠成三棱锥且长为，若点，在同一球的球面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数及其导函数在定义域均为且是偶函数，其函数图象为不间断曲线且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.下列结论中，所有正确的结论是（ ）
A.若，则
B.命题的否定是：
C.若且，则
D.若，则实数
10.已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A.的图像关于点成中心对称
B.
C.
D.
11.设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A.
B.的图象关于直线对称
C.在区间上为增函数
D.方程仅有4个实数解
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知正数满足，若恒成立，则实数的取值范围为__________.
13.__________.
14.已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左右两支分别交于两点，且，则双曲线的渐近线方程为__________.
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.（13分）已知函数.
（1）若，求的值；
（2）设，求在区间上的最大值和最小值.
16.（15分）在中，角所对的边分别为，设向量，.
（1）求函数的最大值；
（2）若，求的面积.
17.（15分）如图，平面，点分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求的值.
18.（17分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：.
19.（17分）已知椭圆的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为.
（1）求的方程.
（2）不过点的动直线与交于两点，直线与的斜率之积恒为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值.
高三年级上学期月考（一）
数学试题
一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.【答案】B
【分析】根据一元二次不等式求集合，在根据交集运算求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：B.
2.【答案】A
【分析】利用充分必要条件的判定方法，结合余弦函数的奇偶性即可得解.
【详解】当时，，故函数为偶函数，即充分性成立；
当为偶函数时，，此时不一定成立，即必要性不成立；
所以“是函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
3.【答案】D
【分析】举反例即可判断，根据基本不等式和指数运算即可判断D.
【详解】对A，当时，则，故A错误；
对B，当时，则，则，故B错误；
对C，当时，根据对数函数单调性知，故C错误；
对D，若，则，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：D.
4.【答案】D
【分析】根据题意列出方程，指对数互化求解即可.
【详解】由题意知，，
则，解得年.
故选：D.
5.【答案】C
【分析】A选项，利用函数图象求出函数解析式，利用正弦函数的周期性得到A错误；
B选项，计算，B错误；
C选项，整体法得到，计算出，C正确；
D选项，计算出为奇函数，D错误.
【详解】从图象可看出的最小正周期为，
因为，所以，解得：，
故A错误；
，代入，
因为，所以，
故，
故不满足对任意的，都有，B错误；
，则，
由可得：，可得：，
故函数在区间上恰好有三个零点，C正确；
，为奇函数，D错误.
故选：C
6.【答案】B
【解析】先利用三角形的面积公式和余弦定理得到，再根据向量的数量积的运算，求得，由正弦定理和余弦定理，列出方程求得，进而得到，再利用正弦定理，即可求解球的半径.
【详解】由，
得，
利用余弦定理得：，
即，又，得；
由题意，因为，所以.
由余弦定理得：.又因为，所以，
所以，所以，所以，所以，
所以，
所以，所以，
故选：B.
7.【答案】D
【分析】根据外接球球心的性质确定球心的位置为过正三角形与的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球的半径即可.
【详解】设的中点为，正与正的中心分别为，如图，
根据正三角形的性质有分别在上，平面平面，
因为与都是边长为2的正三角形，则，又，
则是正三角形，
又平面，
所以平面，所以在平面内，
故，易得，
故，
故，又，故球的半径，
故球的表面积为.故选：D.
8.【答案】C
【分析】依题意得函数在上单调递增，因为，所以，得，求解即可.
【详解】由，得，
则当时，得，
则当时，，得函数在上单调递增，
因为，所以，
由于是偶函数，则，
而函数在上单调递增，得，
得，
得，
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.【答案】AB
【分析】对A，根据不等式的性质推导即可；对B，根据特称命题的否定为全称命题判断即可；对C，利用作差法判断即可；对D，举反例判断即可.
【详解】对A，，则，又，则，故A正确；
对B，命题的否定是：，故B正确；
对C，，因为且，故，即，故C错误；
对D，当时，不成立，故D错误；
故选：AB
10.【答案】BCD
【分析】对A､B，利用赋值法进行计算即可得；对C､D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，
令，则有，又，故不关于对称，故A错误；
对于B，令，则有，
两边同时求导，得，
令，则有，故B正确；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：BCD.
11.【答案】ACD
【分析】根据给出的函数的性质，做出函数草图，数形结合，分析各选项的准确性.
【详解】因为为奇函数，所以的图象关于点中心对称，
因为为偶函数，所以的图象关于直线对称.
可画出的部分图象大致如下（图中x轴上相邻刻度间距离均为）：
对于A，由图可知的最小正周期为，所以，故A正确.
对于B，的图象关于点中心对称，故B错误.
对于C，由图可知在区间上单调递增，故C正确.
对于D，，
由图可知，曲线与的图象有4个交点，所以方程仅有4个实数解，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【分析】根据基本不等式求得不等式左边的最小值，建立不等式，解出即可.
【详解】因为且，所以
，当且仅当时取等号.
因为不等式恒成立，
所以，解得.
故答案为：.
13.【答案】
【分析】根据两两角和差的正切公式，化简求值，即可得答案.
【详解】，
又，
所以，
所以，
故答案为：
14.【答案】
【分析】双曲线的右焦点为，四边形是平行四边形，有，又，解得中由余弦定理得，可求出得双曲线的渐近线方程.
【详解】双曲线的右焦点为，连接，
由关于原点对称，也关于原点对称，可知四边形是平行四边形，
又，则有，
又由双曲线的定义得，解得，
再由余弦定理：，
即，得，
再由，故渐近线方程为：，
故答案为：.
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.【答案】（1）或（2）最大值为，最小值为
【分析】（1）根据条件，利用特殊角的三角函数值，即可求出结果；
（2）根据条件得到，再利用的图象与性质，即可求出结果.
【详解】（1）因为，由，得到，
解得或，
即或，又，
所以或.
（2）因为
，
令，因为，得到，
由的图象与性质知，，所以，
所以在区间上的最大值为，最小值为.
16.【答案】（1）（2）
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算得，利用降幂公式和辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求最大值；
（2）解得，由利用正弦定理边化角得，再结合余弦定理求得，面积公式求的面积.
【详解】（1）
.
因为，所以，
所以当，即时，有最大值；
（2）因为，所以，所以，
因为，所以，
由正弦定理，所以，
又因为，所以，得，
由余弦定理有：，即，所以，
所以.
17.【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连接EM，利用平行公理､线面平行的判定推理即得.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PQM的法向量，设出点的坐标，利用线面角的向量求法列式计算即得.
【详解】（1）连接EM，由，得，
又，则四边形为平行四边形，
由点E和M分别为AP和BQ的中点，得且，
而为CD的中点，则且，
四边形为平行四边形，则，又平面平面，
所以平面MPC.
（2）由平面，得直线两两垂直，
以D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设为平面的法向量，则，
取，得，
设，即，
则，
由直线与平面所成的角为，得，
即，整理得，而，解得，
所以.
18.【答案】（1）答案见解析
（2）证明过程见解析
【分析】（1）先求定义域，再求导，分和四种情况，求出函数的单调性；
（2）变形得到，构造，定义域为，求导，结合零点存在性定理得到存在唯一的，使得，故，并得到的单调性和最小值，求出最小值.
【详解】（1）的定义域为，
故，
若时，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
当时，若时，，故在上单调递增，
若时，，令得或，
令得，
故在上单调递增，在上单调递减；
若时，，令得或，
令得，
故在上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2），
即，
令，定义域为，
，其在上单调递增，
又，
由零点存在性定理得，存在唯一的，使得，
即，故，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，
其中，
两边取对数得，故，
所以，证毕.
【点睛】关键点点睛：由导函数的单调性和零点存在性定理得到，存在唯一的，使得，故，并求出的最小值，证明出不等式.
19.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）
由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，
由三角形面积为，得，则，
所以的方程是.
（2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，
由消去x得：，
则，
直线与的斜率分别为，
于是
，整理得，解得或，
当时，直线过点，不符合题意，因此，
直线恒过定点.
（ii）由（i）知，，
则，
因此的面积
，当且仅当，即时取等号，
所以面积的最大值为.