江苏省扬州中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份江苏省扬州中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共14页。试卷主要包含了10，已知角的终边上一点，则，已知不等式，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求的.
1.已知角的终边上一点，则（ ）
A.B.C.D.不确定
2.已知集合，，则集合的真子集个数为（ ）
A.7B.4C.3D.2
3.设，都是不等于1的正数，则“”是“”的（ ）
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
4.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.已知函数，，若与的图象在上有唯一交点，则实数（ ）
A.2B.4C.D.1
6.在中，角，，分别为，，三边所对的角，，则的形状是（ ）
A.等腰三角形但一定不是直角三角形
B.等腰直角三角形
C.直角三角形但一定不是等腰三角形
D.等腰三角形或直角三角形
7.已知不等式（其中）的解集中恰有三个正整数，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
8.已知定义在上且无零点的函数满足，且，则（ ）
A.B.
C.D.
二、多项选择题：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，有错的得0分.
9.下列命题正确的是（ ）
A.命题：“，都有”的否定为“，使得”
B.设定义在上函数，则
C.函数的单调递增区间是
D.已知，，，则，，的大小关系为
10.已知函数的定义域为，对任意实数，满足：，且.当时，.则下列选项正确的是（ ）
A.B.
C.为奇函数D.为上的减函数
11.已知函数，则（ ）
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象为中心对称图形
C.函数在上单调递增
D.关于的方程在上至多有3个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.计算：______.
13.已知幂函数的图象过点，则的解集为______.
14.已知的角，，满足，其中符号表示不大于的最大整数，若，则______.
四、解答题：本小题共5小题，计77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15.（本题13分）已知函数（，，）的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，当时，求函数的值域.
16.（本题15分）为了提高学生的法律意识，某校组织全校学生参与答题闯关活动，共两关.现随机抽取100人，对第一关答题情况进行调查.
（1）求样本中学生分数的平均数（每组数据取区间的中点值）；
（2）假设分数近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数（每组数据取区间的中点值），近似为样本方差，若该校有4000名学生参与答题活动，试估计分数在内的学生数（结果四舍五入）；
（3）学校规定：分数在内的为闯关成功，并对第一关闯关成功的学生记德育学分5分；只有第一关成功才能闯第二关，第二关闯关不成功的学生德育学分只记第一关学分；对两关均闯关成功的学生记德育学分10分.在闯过第一关的同学中，每位同学第二关闯关成功的概率均为，同学之间第二关闯关是相互独立的。从第一关闯关成功的学生中随机抽取2人，记2人本次活动总分为随机变量，求的分布列与数学期望.
（参考数据：若随机变量，则，，）
17.（本题共15分）如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
18.（本题共17分）在中，设角，，所对的边分别是，，，且满足
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）求的取值范围.
19.（本题共17分）已知函数，其中.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，证明：函数有唯一的零点；
（3）若，求实数的取值范围.
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一、单选题
1.【答案】C 2.【答案】C 3.【答案】B 4.【答案】A 5.【答案】C
【详解】令，
由，得是上的偶函数，
其图象关于对称，由与的图象在上有唯一交点，
得函数有唯一零点，因此，所以.
又当时，，
当时，，故在为增函数，
故，，故，，
故在上有唯一零点，故.故选：C
6.【答案】C
【详解】解：由得：，且，
，且，
，
，
化简整理得：，即，
或，又，
是直角三角形但一定不是等腰三角形.故选：.
7.【答案】D
【详解】设函数，，
因为，令，则或，
则时，，或时，，，
在上，递增，在上递减，
当时，至多一个正整数根；
当时，在内的解集中仅有三个正整数，
根据图象，只需，，
所以.故选：D.
8.【答案】D
【详解】由变形得，
从而有，，
所以，
因为，所以，
则，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递增，在单调递减，
所以，，
又，而，
所以，
综上，.故选：D.
二、多选题
9.【答案】BD
10.【答案】ACD
【详解】对于A，由题可知，故，故A正确；
对于B，由题可知，，故B错误；
对于C，，故，为奇函数，故C正确；
对于D，当时，，，，
是上的减函数，故D正确.故选：ACD
11.【答案】AC
【详解】当时，，
函数在上递增，函数值从增大到1；
在上递减，函数值从1减小到；
当时，，
函数在上递增，函数值从增大到；
在上递减，函数值从减小到，函数在的图象，如图：
对于A，，
结合函数在的图象，得是的最小正周期，A正确；
对于B，观察函数在的图象，函数在没有对称中心，
又的最小正周期是，则函数的图象不是中心对称图形，B错误；
对于C，由函数在上递增，的最小正周期是，得函数在上递增，C正确；
对于D，观察函数在的图象，得当时，有4个解，D错误.
故选：AC
三、填空题
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】5
【详解】由，得.记，，，由条件得，因为，所以，，必为整数.
如果为钝角三角形，则，
则、均为锐角，从而、为正整数，
于是，这时有，矛盾.
于是只能是锐角三角形，则.
又。
若，则，从而不能成立；
若，则，，由，得；
若，则，，由，得，与矛盾.
所以，，，即，，，
所以.故答案为：5
四、解答题
15.【详解】（1）解：根据函数（，，）的部分图象
可得，，所以。再根据五点法作图可得，
所以，.
（2）将函数的图象向右平移个单位后，
可得的图象，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.
由，可得
又函数在上单调递增，在单调递减
，，
函数在的值域.
16.【详解】（1）样本的平均数.
（2）分数近似服从正态分布，
即，，可得，，
故，
故分数在内的学生数约为（人）.
（3）随机变量的所有可能取值为，，，
，，，
所以的分布列为
，因此的数学期望为17.5分.
17.【详解】（1）取中点为，连接，
因为为等边三角形，所以，
且平面平面，平面平面，
面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为中点，所以，且，，平面，
所以平面，且平面，
所以平面平面.
（2）
由（1）可知，且，，所以平面，
且平面，所以，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则可得
，，，，，
即，，，
设平面的法向量为，
则，则可得，
取，则，，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或，即或1
当时，则，所以.
当时，，所以.
18.【详解】（1）因为，根据正弦定理得：
，
且，
可得，
即，又因为，则，
可得，整理可得，
且，则，
可得，解得.
（2）由余弦定理得：，即，
可得，解得，当且仅当时，等号成立，
所以的面积为：，
故面积的最大值为
（3）根据正弦定理得：
，
令，则，
可得，
将原式化为：，
因为，则，可得，
根据二次函数的图像性质得到，当时，原式取得最小值，
；
当时，原式取得最大值，；
故的取值范围为.
19.【详解】（1）函数的定义域为，
①当时，解不等式.有，令，得，
故函数的减区间为，增区间为；
②当时.，若，，，可得；
若，，，可得；若，可得.
故有，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
③当时，解不等式，有或，
令，解得，
故函数的增区间为，，减区间为；
④当时，解不等式，有或，令得，
故函数的增区间为，，减区间为；
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
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）若，函数的减区间为，增区间为，且，
当时，由，有恒成立，
又，由零点存在性定理上存在唯一零点，
由上知，函数有唯一的零点；
（3）由（2）知.若，必有.又由，可得.
又由，不等式可化为，
设，
有，
当且时，，，可得，
当且时，，，可得，
当时，函数单调递增，
故存在正数使得.
若，有，，有，
与矛盾，可得，
当时，；当时，，
可得函数的减区间为，增区间为，
若，必有，
有，
又由，有，
有，有。
又由，有，可得，
有，可得，
由，及，可得，
若.则实数的取值范围为.分数
人数
10
15
45
20
10
10
15
20