重庆市第四十九中学2024-2025学年高三上学期第一学月考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第四十九中学2024-2025学年高三上学期第一学月考试数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市第四十九中学2024-2025学年高三上学期第一学月考试数学试题Word版含解析docx、重庆市第四十九中学2024-2025学年高三上学期第一学月考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号、在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
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，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别确定集合、，再求.
【详解】由.
所以.又
所以.
故选：B
2. 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
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】必要性：若，则可得，所以可得，必要性成立；
若，则，而，故充分性不成立，
“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 已知角的终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角函数定义求出，，再利用两角和的正弦公式求出的值即可.
【详解】由角的终边上一点，
则，，
则，
故选：C.
4. 已知函数为上的奇函数，当时，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先确定当时函数的解析式，再求导，确定的值.
【详解】方法一：设，则.
所以，又，
所以（）.
所以当时，，所以.
故选：D
方法二：因为当时，，则，所以.
由因为为上的奇函数，所以为上的偶函数，所以.
故选：D
5. 已知函数的最小正周期为，则在的最小值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据的最小正周期为，求出的值，再结合给定范围求最值即可.
【详解】因为的最小正周期为
所以的最小正周期，即得，
所以，
，
所以，
当时，取的最小值0，
所以在上的最小值为.
故选：C.
6. 已知函数过定点，点在直线上，则的最小值为（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，先得出函数所过定点，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，令可得，，
所以该函数过定点；
又该定点在直线上，所以，
因此，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为8.
故选：B.
7. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理及两角和正弦公式化简可得，进而结合余弦定理可得，进而结合面积公式即可求解.
【详解】由，
根据正弦定理得，，
即，
即，
即，
因为，则，
所以，即，
所以，
又，
则，即，
又，
所以的面积为.
故选：A.
8. 已知函数的最大值是，为的一个极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，可得其解析式，进而可得，，求解即可.
【详解】，
因为函数的最大值是，
所以，又，解得，
所以，，
因为为的一个极大值点，所以，
所以，.
故选：A.
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，有多个选项是符合题目要求的，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. 对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 的一条对称轴是
C. 在区间上为增函数D. 的最大值是
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角函数的诱导公式得到，从而判断ABC，利用平方法与三角函数的倍角公式、性质求得的最大值，从而判断D.
【详解】因为，
对于A，，
所以的最小正周期不可能为，故A错误；
对于BC，，
所以是的一条对称轴，故B正确，C错误；
对于D，因为，
所以当时，取值最大值，则的最大值是，故D正确.
故选：BD.
10. 若，且，则下列各式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先由题意得到，进而分析得与，从而判断BC，再举反例排除AD，从而得解.
【详解】因为，所以，则，
又由于，所以，，，则，故B正确；
因为，所以，故C正确；
当，，时，可，故A错误；
当，，时，，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，举反例排除AD，从而得解.
11. 若函数有两个极值点，，（）则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，求导，令得，构造，，求导，得到其单调性和图象走势，得到，解得；BC选项，，数形结合得到的单调性，从而得到，；D选项，证明对数平均不等式，结合，得到，故.
【详解】A选项，，令得，
令，，则与有两个不同的交点，
，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，，
当时，恒成立，
要想与有两个不同的交点，则，解得，A正确；
BC选项，因为，所以，
画出与的图象如下：
令得，
令得，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，B错误，C正确；
D选项，，故，
先证明，理由如下：
因为，不等式变形为，
即，令，
则，令，，
则恒成立，
故在上单调递减，
故，所以，结论得证，
故，
结合A选项，，D正确.
故选：
【点睛】对数平均不等式为，在处理函数极值点偏移问题上经常用到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合，换元后将二元问题一元化，利用导函数进行证明
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若函数，则________.
【答案】
【解析】
【分析】首先由，代入解析式即可求解.
【详解】由，则，
故答案为：.
13. 在中三个内角分别A，B，C且，，则角________
【答案】##
【解析】
【分析】根据正切和角公式得到，由诱导公式得到，故，求出答案.
【详解】，
又，故，
所以，
又，所以.
故答案为：
14. 若函数在区间上单调递减，则的取值范围是__________
【答案】
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性的关系得到，进而分析得在恒成立，从而利用一次函数的性质列式即可得解.
【详解】因为，
所以，
令，，在上恒成立，
所以，即在恒成立，
则，即，解得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，熟练掌握导数的运算法则与对数函数的性质，从而得解.
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，
（1）求
（2）设的面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知，由倍角公式和正弦定理，可得，可得；
（2）余弦定理结合基本不等式有，面积公式可求的最大值.
【小问1详解】
由，得，
锐角中，，所以，
正弦定理得，为锐角，则.
【小问2详解】
，当时等号成立，
则，所以.
即面积的最大值为.
16. 如图，四棱锥中，底面ABCD是边长为2正方形，侧面PAD是正三角形，侧面面ABCD，M是PD的中点.
（1）求证：平面平面PCD
（2）求BM与平面所成角的正弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，再根据面面垂直判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
由平面平面，平面平面，
底面ABCD是边长为2的正方形，则，平面，
可知面，平面，，
正三角形，为中点，
可得，平面，平面，
平面，平面平面.
【小问2详解】
取AD的中点为O，连接，侧面PAD是正三角形，
则，平面平面，平面平面，
平面，可知面，
设BC中点N，连接ON，
以O为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系：
则，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，
设BM与平面所成角为，则.
17. 已知函数
（1）若，求在处的切线方程；
（2）试讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）讨论、、，判断导数正负，即可求出答案.
【小问1详解】
由题意得，
由于，则，，
故切线方程.
【小问2详解】
令，则，
①当时，令，则；令，则或；
故在，上单调递减，在上单调递增；
②当时，恒成立，在上单调递减；
③当时，令，则；令，则或；
在，单调递减，在上单调递增.
综上：①当时，在，上单调递减，在上单调递增；
②当时，在上单调递减；
③当时，在，单调递减，在上单调递增.
18. （1）2015年到2025年我国把全民健身上升为国家战略，提出力争在2025年实现全民健身与竞技体育的协调发展.某高校积极响应此号召，首先以身示范，开展了以“塑造健康体魄”的年度主题活动，一段时间后，学生的身体素质明显提高，将该大学近5个月体重超重的人数进行统计，得到如下表格：
若该大学体重超重人数与月份变量（月份变量依次为1，2，3，4，5，…）具有线性相关关系，请预测从第几月份开始该大学体重超重的人数降至10人以下？
（2）在该校组织的一次趣味网球比赛中，甲，乙两人比赛对决.比赛规定：一局中赢球一方作为下一局的开球方.若甲开球，则本局甲赢的概率为.若乙开球，则本局甲赢的概率为，每局比赛的结果相互独立且没有平局，经抽签决定，第一局甲开球
（i）求第4局甲开球的概率；
（ii）设前4局中，甲开球的次数为X，求X的概率分布列和均值.
附1：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：；，
附2：参考数据：，.
【答案】（1）第7月份；（2）（i）；（ii）分布列见解析，均值为
【解析】
【分析】（1）最小二乘求回归方程，由回归方程进行预测；
（2）（i）由互斥事件和相互独立事件的概率公式计算；
（ii）根据相互独立事件的概率公式计算X的各种取值对应的概率，得分布列，再计算数学期望；
【详解】（1），，，
，
所以，
当时，解得，
从第7月份开始，大学生体重超重人数降至10人以下.
（2）记第局甲胜为事件，
（i）第4局甲开球为事件A，
；
（ii）的取值可能为，
，
，
，
，
X的概率分布列为：
.
19. 已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为
（1）求直线的方程及椭圆的方程.
（2）若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求证：的值为定值.
（3）在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围.
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由长轴长的长度可求的值，又利用点和直线的倾斜角可得，进而用可求，从而可得直线方程和椭圆的方程；
（2）设，，则关于原点的对称点，即，由的斜率可得三点共线，进而得，设代入椭圆方程，由韦达定理可得，，从而计算可得结果；
（3）由题意可知四边形为梯形，由点到直线的距离可得高，进而结合梯形的面积公式利用基本不等式可得结果.
【小问1详解】
由长轴长为，可得，.
因为点上顶点，直线的倾斜角为，
所以中，，则，
又，则.
因为，，
所以直线的方程为.
椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，，，
则关于原点的对称点，即，
由，
三点共线，又，.
设代入椭圆方程得
，，，.
，
，
.
【小问3详解】
四边形为梯形，
令，则
（当即时等号成立）.
【点睛】关键点点睛：设关于原点的对称点，即，进而由平行关系判断三点共线，设，由韦达定理可得，，从而计算可得结果；
在求的范围的时候，通过变形利用基本不等式可求最大值即可.月份
1
2
3
4
5
体重超重的人数
640
540
420
300
200
X
1
2
3
4
P