江西省宜春市上高二中2024-2025学年高三上学期9月月考 数学试题（含解析）

这是一份江西省宜春市上高二中2024-2025学年高三上学期9月月考 数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．如图，已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．
C．D．
2．若幂函数在上单调递增，则实数的值为（ ）
A．2B．1C．D．
3．若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．函数的部分图象大致为（ ）．
A．B．
C．D．
5．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Q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，e是自然对数的底数，t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
6．已知函数，则“函数的图象关于轴对称”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
7．斐波那契数列因数学家斐波那契以兔子繁殖为例而引入，又称“兔子数列”. 这一数列如下定义：设为斐波那契数列，，其通项公式为，设是的正整数解，则的最大值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
8．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．命题“，”的否定是“，或”
C．若，则函数的最小值为2
D．当时，不等式恒成立，则的取值范围是
10．已知为正实数，，则（ ）
A．的最大值为
B．的最小值
C．的最小值为
D．的最小值为
11．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为和都是奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．关于点对称B．
C．D．
三、填空题
12．已知函数在区间上单调递减，则a的取值范围为 ．
13．我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，即在中，角所对的边分别为，则的面积．若，且，则面积的最大值为 ．
14．设是定义在R上的偶函数，对任意的，都有，且当时，.若关于x的方程在区间内恰有三个不同实根，则实数a的取值范围是
四、解答题
15．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：当时，.
16．某学校共有1200人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数比为，为落实立德树人根本任务，坚持五育并举，全面推进素质教育，拟举行乒乓球比赛，从三个年级中采用分层抽样的方式选出参加乒乓球比赛的12名队员．本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，每场比赛都采取5局3胜制，最后根据积分选出最后的冠军，亚军和季军积分规则如下：每场比赛5局中以或获胜的队员积3分，落败的队员积0分；而每场比赛5局中以获胜的队员积2分，落败的队员积1分．已知最后一场比赛两位选手是甲和乙，如果甲每局比赛的获胜概率为
(1)三个年级参赛人数各为多少？
(2)在最后一场比赛甲获胜的条件下，求其前2局获胜的概率
(3)记最后一场比赛中甲所得积分为X，求X的概率分布及数学期望
17．如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，.

(1)证明：平面；
(2)若点Q是线段的中点，M是直线上的一点，N是直线上的一点，是否存在点M，N使得?请说明理由.
18．已知椭圆，左､右焦点分别为，短轴的其中一个端点为，长轴端点为，且是面积为的等边三角形.

(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若双曲线以为焦点，以为顶点，点为椭圆与双曲线的一个交点，求的面积；
(3)如图，直线与椭圆有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点.当点运动时，求点Px,y的轨迹方程.
19．基本不等式：对于2个正数，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，即，当且仅当时，等号成立.可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均数不小于它们的几何平均数，.当且仅当时，等号成立.若无穷正项数列an同时满足下列两个性质：①；②an为单调数列，则称数列an具有性质.
(1)若；求数列an的最小项；
(2)若数列bn的前项和为，判断数列是否具有性质，并说明理由；
(3)若，求证：数列具有性质.
1．B
【分析】解不等式化简集合A，再结合韦恩图求出阴影部分表示的集合.
【详解】依题意，集合，而，则，
由韦恩图知，图中阴影部分表示的集合为.
故选：B
2．A
【分析】根据条件，利用幂函数的定义和性质，即可求出结果.
【详解】因为幂函数在0,+∞上是增函数，
所以，解得.
故选：A.
3．B
【分析】根据分段函数的单调性以及指数函数的性质求解即可.
【详解】由指数函数的底数要求只讨论且，
由题意得为单调递增，
因为双勾函数在单调递减，单调递增，
所以，故；
又时，为单调递增，故；
再由，得；
综上，，
故选：B.
4．D
【分析】根据题意，得到函数为奇函数，排除B、C，再由时，，即可求解.
【详解】由函数，可得函数的定义域为，
且满足，
所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B、C不符合题意；
又由当时，，所以，
所以A不符合题意，D符合题意.
故选：D.
5．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．
6．B
【分析】根据函数的图象关于轴对称求出，再由必要不充分条件的定义判断可得答案.
【详解】若函数的图象关于轴对称，
则，
可得，所以，可得，
当时，，
因为定义域为x∈R，，
所以是偶函数，图象关于轴对称，
当时，，
定义域为，定义域关于原点对称，
，
是偶函数，图象关于轴对称，
综上所述，若函数的图象关于轴对称，则；
又当时，，是偶函数，图象关于轴对称，
则“函数的图象关于轴对称”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
7．A
【分析】利用给定条件结合对数的性质构造，两侧同时平方求最值即可.
【详解】由题知是的正整数解，
故，
取指数得，
同除得，，
故，即，
根据是递增数列可以得到也是递增数列，
于是原不等式转化为.
而可以得到满足要求的的最大值为5，故A正确.
故选：A
8．C
【分析】先利用常见不等式放缩得到，的大小关系，再利用幂函数的单调性比较，的大小关系即可得到答案.
【详解】令，则恒成立，
所以在0,+∞单调递增，
所以当时，，即；
令，则恒成立，
所以在0,+∞单调递增，
所以当时，，即；
由诱导公式得，
所以，因此；
因为，，
故只需比较与的大小，
由二项式定理得，，
所以．
综上，.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；
（2）构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质进而比较大小；
（3）放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.
9．BD
【分析】特殊值法判断A,特称命题的否定判断B,应用基本不等式判断C,应用恒成立得出判别式即可求参判断D.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，命题“”的否定是“或”，故B正确；
对于C，则，
当且仅当，此时无解，故取不到等号，
所以，故C错误；
对于D，当时，恒成立，
当时，则，解得，
综上所述，，故D正确.
故选：BD.
10．AB
【分析】运用可判断A项；由结合基本不等式可判断B项；令，代入原式，结合“1”的代换及基本不等式可判断C项；由，结合二次函数在区间上的最小值可判断D.
【详解】对选项A，，当且仅当时取“=”，故A正确；
对选项B， ，当且仅当时取“=”，故B正确；
对选项C，，
令，则，
所以，
当且仅当，即，时取“=”，
所以的最小值为，故选项C错误.
对选项D，，
当且仅当时取“=”，故D错误；
故选：AB.
11．ABD
【分析】根据函数的图象变换判断A的真假，根据函数图象的对称性，结合换元思想判断B的真假；结合函数的周期性及特殊点的函数值，可判断CD的真假.
【详解】对于A：把的图象向左平移1个单位，可得gx+1的图象，
又gx+1为奇函数，图象关于原点对称，所以的图象关于点1,0对称，故A正确；
对于B：由gx+1为奇函数，则，
又为的导函数，所以，即，则，
又为奇函数，所以，即，
由上得fx−2=−fx，故，故f−x=−fx，
即，即是奇函数，故B正确；
对于C：由于，
故，即f4+x=fx，故4是的一个周期，
又，即gx=g4−x，所以为周期为4的周期函数，
因为，令可得，即，
所以，故C错误；
对于D：因为是上的奇函数，故，结合得，
，
故，故D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：（1）若函数为奇函数，则f−x=−fx，两边求导，可得，所以f′x为偶函数.即奇函数的导函数为偶函数；
（2）若函数为偶函数，则f−x=fx，两边求导，可得，所以f′x为奇函数.即偶函数的导函数为奇函数.
12．
【分析】将可看作由复合而成，根据复合函数的单调性，列出不等式，即可求得答案.
【详解】设，则可看作由复合而成，
由于在上单调递增，
故要使得函数在区间上单调递减，
需满足在区间上恒成立，且在区间上单调递减，
故，解得，
故a的取值范围为，
故答案为：
13．
【分析】利用余弦定理进行化简，再结合二次函数求最值即可.
【详解】，故，
即，代入得：，
故
，
当且仅当，时，等号成立.
故答案为：
14．
【分析】根据偶函数及可以推出的周期，在坐标平面中画出两个函数的图象，依据它们有三个不同的交点得到，解这个不等式组可得的取值范围.
【详解】因为为偶函数，故
所以，
故是函数且周期为4，
因为时，，
故在上的图象如图所示：

因为有3个不同的解，
所以的图象与的图象有3个不同的交点,
故，即解得.
故实数a的取值范围是.
故答案为：
15．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可得解；
（2）构造函数，利用二次导数，结合函数的最值情况，证得，从而得证.
【详解】（1）因为的定义域为，
所以，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，得，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，
令，则，
令，则，
因为，所以，
所以当时，恒成立，所以在上单调递减，
即在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，
所以，即.
【点睛】结论点睛：恒成立问题：
（1）恒成立；恒成立．
（2）恒成立；恒成立．
（3）恒成立；恒成立；
（4），，．
16．(1)来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人
(2)
(3)
【分析】（1）利用分层抽样的等比例性质列式求解即可；
（2）分别求得最后一场比赛甲获胜与其前2局获胜的概率，再利用条件概率公式即可得解；
（3）依题意得到的所有可能取值，分别求其对应概率得到分布列，再计算数学期望即可得解.
【详解】（1）三个年级的参赛人数分别为，
故来自高一，高二，高三年级的参赛人数分别为3人，4人和5人.
（2）记甲在最后一场获胜为事件，其前两局获胜为事件，
则，
，
故.
（3）依题意，的所有可能取值为.
；；
；.
∴的概率分布列为：
∴.
17．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，根据线面垂直的判定即可求解
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线的距离，即可求解.
【详解】（1）如图，取的中点O，因为，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，又，平面，平面，，
所以平面.

（2）因为，O为的中点，，所以，
过点O作交于点E，则由平面,平面,可得，
则以O为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0，，，，，
所以，，，
设与，都重直的向量为，
则得
令，则，
设直线与直线的距离为d，
则，
则不存在点M和N使得.
18．(1)椭圆 的方程为 , 离心率 .
(2)
(3)
【分析】（1）根据为等边三角形得到关系，求出其方程，再利用离心率公式即可；
（2）写出双曲线方程，联立椭圆方程即可得到，再计算面积即可；
（3）联立椭圆方程与直线方程，根据相切得到，再求出点坐标，最后消元即可.
【详解】（1）是面积为的等边三角形，，
椭圆的方程为，离心率.
（2）由题意得双曲线中的，则，
所以双曲线方程为，
联立椭圆方程解得:，即，
.

（3）由题易知，则联立，
得，
，即，
设为，则，
直线，令，解得，则，
令，则，则，
.
则点Px,y的轨迹方程为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是联立直线方程与椭圆方程，根据判别式为0得到，再根据直线垂直得到直线方程，从而得到坐标，即得到的坐标，最后消元即可得到轨迹方程.
19．(1)4
(2)数列具有性质，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用基本不等式的推广求数列an得最小项即可；
（2）利用放缩的思路得到，然后利用等比求和公式得到，即可得到数列满足性质①，然后根据得到数列的单调性即可即可得到数列满足性质②；
（3）利用二项式定理得到，然后通过放缩得到时，即可得到，满足性质①；利用基本不等式的推广得到，，满足性质②，即可证明数列具有性质.
【详解】（1），
当且仅当，即时等号成立，
所以数列an得最小项为4.
（2）数列具有性质，理由如下：
因为，所以，
所以数列满足性质①，
因为，所以，数列单调递增，满足性质②，
所以数列具有性质.
（3）先证数列满足性质①
，
当时，，
则，而,
所以数列满足性质①
再证数列满足性质②：
，（，等号取不到），
所以数列为单调递增数列，满足性质②，
综上，数列具有性质.
【点睛】关键点睛：本题考查等比数列求和即二项式定理，证明性质①需要放缩为可求和数列.
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