广东省梅州市梅雁中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

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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，只有一项符合题目要求.
1. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合对数函数定义域，解不等式得到，根据交集概念得到答案.
【详解】，
由对数函数定义域可知，
故
故选：C
2. 复数，则z的虚部是（ ）
A. 1B. iC. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用复数运算法则及虚部概念即可.
【详解】,虚部为1，
故选: A
3. 下列函数中，值域为且区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，可以说明它在0,+∞上不是单调递增，从而即可判断；对于BC，可以说明它们的值域并不是R，从而判断；对于D，由对数函数性质即可判断.
【详解】对于A，若，由，则，所以在0,+∞上单调递减，故A错误；
对于B，二次函数的最小值为，值域并不是R，故B错误；
对于C，幂函数在0,+∞上单调递增，但是它的值域是，并不是R，故C错误，
对于D，当时，，由对数函数性质可知在0,+∞上单调递增，且值域为R，故D正确.
故选：D.
4. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性、对数函数的单调性以及正切函数的单调性分别判断出的取值范围，从而可得结果.
【详解】，又指数函数是单调递增函数，
，即，
函数在上单调递增，
，
所以，即.
对数函数是单调递增函数，
，即
，
故选：C．
【点睛】方法点睛：解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
5. 赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知，，，从出发逐步化简即可用表示出.
【详解】由题意知，，，
则
,
所以.
故选：C
【点睛】本题考查向量的加减法，属于基础题.
6. 设的内角的对边分别为，且，若角的内角平分线，则的最小值为（ ）
A. 8B. 4C. 16D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】先根据，结合余弦定理求，再根据，结合面积公式得到
，进而求出的最小值，再根据数量积定义求.
【详解】因为，
所以，而为三角形内角，
所以，

由，所以，
化简得到，
所以，则，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以的最小值为.
故选：A．
7. 已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解.
【详解】函数．
当时，令，则，
若在有且仅有3个零点和3条对称轴，
则在有且仅有3个零点和3条对称轴，
则，解得.
故选：A．

8. 设函数在上存在导函数，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
记，由可得，所以为奇函数，又当时，，结合奇函数性质，可得在上单调递减，处理，得，所以，可得出范围.
【详解】解：因为，所以
记，则
所以为奇函数，且
又因为当时，，即
所以当时，，单调递减
又因为为奇函数，所以在上单调递减
若
则
即
所以
所以
故选A.
【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的综合运用，利用导数研究函数的单调性，构造函数法解决抽象函数问题，观察结构特点巧妙构造函数是关键.
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.
9. 已知函数的部分图象如图所示，图象与y轴交于点M，与x轴交于点C，点N在的图象上，且点M与点N关于点C对称，则下列说法其中正确的是（ ）

A.
B.
C. 上单调递增
D. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，由三角函数图象的对称性可知，易知周期，即可得；
对于B，结合图象和参数的范围可得，显然的图象关于对称，即满足；
对于C，利用整体代换法可得在上不是单调递增的；
对于D，利用图象平移规则可知平移后的图象不关于y轴对称.
【详解】根据题意，由点M与点N关于点C对称，由图象横坐标可得，
设函数的最小正周期为T，
由图可得，即，计算可得，即A正确；
所以，又，即，
又可得，所以可得；
易知，故函数的图象关于对称，
则满足，故B正确；
当时，则，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
故函数在上不是单调递增的，即C错误；
将函数的图象向左平移个单位长度后得到，
显然当时取不到最值，故不是偶函数，得到的函数图象不关于y轴对称，即D错误.
故选：AB.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，且，则为直角三角形
B. 若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
C. 若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
D. 若，则为钝角三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】A：由已知确定的角平分线与BC垂直，所以，所以，再利用向量夹角的余弦得出，最后得出是等边三角形，判断A错；由正弦函数值确定角的范围判断B正确；由向量模长关系得到角的大小，再用全等关系得出等边三角形判断C正确；D利用弦切互化，三角恒等变换和两角和与差的正余弦展开式判断D错误.
【详解】对于选项A，因为，，分别为单位向量，所以的角平分线与BC垂直，所以，所以.又因为，
即，因为，所以，所以，所以为等边三角形，故选项A错误；
对于选项B，要使满足条件的三角形有且只有两个，则，因为，，所以，即，所以，故选项B正确；
对于C，因为，故，即，又，所以，故，由于，故，同理可得，结合，故，可得，故为等边三角形，C正确；
对于D.，
而，所以A，B，C都为锐角，D错误；
故选：BC.
11. 已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. 为周期函数且最小正周期为8
B.
C. 在上为增函数
D. 方程有且仅有7个实数解
【答案】ABD
【解析】
【分析】由条件得函数的对称性，进而得到函数的周期性，然后利用数形结合结合条件逐项分析即得.
【详解】因为为奇函数，所以，即关于点对称；
因为为偶函数，所以，即关于直线对称；
则，
所以，故的周期为，结合条件可得函数的大致图象，进而可得A正确；
，B正确；
由于在上单调递减，且关于点对称，故在上单调递减，又的周期为8，则在上也为减函数，C错误；
作出函数的图象和函数的大致图象，函数的图象与函数的图象恰有7个交点，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】通过函数图象具有中心对称性和轴对称性，推断函数的周期性，由上的解析式，可得函数的大致图象进而可得其他区间上函数的性质.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知非零向量，满足，，若，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知求出.结合已知推得，求出，然后即可根据投影向量得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，
所以，
解得或（舍去），
所以，，
所以，向量在向量方向上投影向量为，坐标为.
故答案为：.
13. 在中，M为BC上一点且满足，，，若，则的外接圆半径为____________
【答案】
【解析】
【分析】设，则，又，由三角形面积公式得到方程，求出，在和中，利用余弦定理得到，，在中，由余弦定理得，利用正弦定理求出外接圆半径.
【详解】设，则，
因为，所以，
由三角形面积公式得，
解得，
在中，由余弦定理得
，
故，
在中，由余弦定理得
，
故，
在中，由余弦定理得，
故，
则的外接圆半径为.
故答案为：.
14. 函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由图象求得参数，根据余弦函数的对称性，结合即可求值.
【详解】由图知，，
且点位于减区间内，点位于增区间内，
所以，解得，，故.
而，故,,
则，最小正周期为.
直线与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，
则由图可知，.
∴
.
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. 已知，，分别是三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，的面积为，求，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理、三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
根据正弦定理，，
即为．
因为在中，，所以，
即，
因为，，所以，
所以，即；
【小问2详解】
由，，得．
由余弦定理，得，
因为，所以，即，
又，所以．
16. 已知函数的图象是由函数的图象经如下变换得到：先将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度.

（1）求函数的解析式，并用“五点法”列表，作出该函数在上的图象；
（2）已知关于x方程在内恰有两个不同的解，.
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据平移法则可得函数的解析式，从而得出函数的解析式，即，分别令，即可得到“五点”，再描点连线即可得到函数在上的图象；
（2）（i）根据方程在内恰有两个不同的解，，等价于在上的图象与直线有两个交点，即可解出；
（ii）根据函数图象的对称性可知，当时，，当时，，再结合二倍角公式即可证出．
【小问1详解】
先将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），得到函数的图象，再将其向右平移个单位长度，得到函数的图象，所以．
图象如下：
【小问2详解】
（i）依题意，在区间内恰有两个不同的解，
等价于在上的图象与直线有两个交点，
由图可知，故的取值范围是.
（ii）因为是方程在区间内有两个不同的解，
根据函数图象的对称性可知，
当时，，且，
所以，
当时，，且，
所以.
综上，．
17. 在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；
（2）在中由正弦定理可得，在中，可得，进而得到，结合三角恒等变化公式化简可得，进而结合正弦函数的图象及性质求解即可.
【小问1详解】
，
，即，
由正弦定理得，，
，
，
，，
由，得.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，
在中，，
，
，,
，
，，，
所以的取值范围为.

18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
（1）证明：F为PD的中点；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定证面，再由线面平行的性质可证，进而有△中为中位线，即可证结论；
（2）由线面垂直的性质、判定证两两垂直，且面，构建空间直角坐标系，根据所选条件求得，进而求直线方向向量和面的法向量，利用线面角夹角的向量求法求其正弦值.
【小问1详解】
由底面ABCD是矩形，则，而面，面，
所以面，
又E是PC的中点，面ABE与线段PD交于点F，即面面，
而面，则，故，
△中为中位线，故F为PD的中点；
【小问2详解】
由底面ABCD，面，则，又，
由，面，则面，
由面，故，即△为直角三角形，且；
由面，则面面，同理有面面；
又面，故，又，
所以两两垂直，可构建如下空间直角坐标系，
选①，则，故，而，
选②，由，而，所以；
此时，，，则，
又是面的一个法向量，若直线BE与平面PAD所成角为，
所以.
19. 已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数有最小值，证明：．
【答案】（1）在上单调递减，在单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）求出函数的导数，分类讨论；时取最小值；当时，根据导数的正负判断函数单调性，求出函数有最小值，结合要证明的不等式，再构造函数，利用导数求得其最大值为1，即可证明结论.
【小问1详解】
当时，，其定义域为，
则，
由于，故令，解得，
令，解得，
故在上单调递减，在单调递增；
【小问2详解】
由于，故，
当时，，在上单调递增，无最小值；
当时，令，解得，即在上单调递减，
令，解得，即在上单调递增，
故在是取极小值也是最小值，
即，
令，则，
当时，，上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故，即，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：本题第二问是利用导数证明不等式问题，解答时利用导数判断函数的单调性，从而可求出函数的最小值的表达式，结合要证明的不等式，构造函数，将问题转化为求解函数的最大值为1，即可解决问题.
x
0
y
1
2
0
0
1