湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025届高三上学期十月月度检测数学试卷

这是一份湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025届高三上学期十月月度检测数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时限：120分钟 满分：150分 命题人：游林 审题人：钟涛
一、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】先解方程组，得出点的坐标即可得出交集.
【详解】，解得，或，
所以，
故选：B．
2. 已知函数，则“”是“是增函数”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
【答案】A
【解析】
【分析】由当时，f′x≥0，可得是增函数，即可得到答案.
【详解】由，得，
则当时，f′x≥0，是增函数，
当时，可得是增函数；
当是增函数时，，
故“”是“是增函数”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 函数图像的一条对称轴为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用对称性，取特殊值，即可求出.
【详解】由的图象关于对称，
可知：，即，则．
故选：A．
4. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
5. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则的图象的对称轴可以为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意找到函数的对称点得，结合特殊值法计算得，利用辅助角公式化简得，最后整体替换计算得到结果；
【详解】由题意可得的图象关于点对称，
即对任意，有，
取，可得，即．
故，
令，，可得的图象的对称轴为，．
故选：D．
6. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用导数探讨单调性并比较，再利用对数函数单调性比较大小即得.
【详解】当时，令，求导得，
则函数在上单调递增，有，即有，
因此，显然，
所以.
故选：D
7. 已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先由三角恒等变换化简解析式，再由对称轴方程解得，再由在上没有最小值得范围，建立不等式求解可得.
详解】
，
因为的图象关于直线轴对称，
所以，
故，即，
当，，,
即当时，函数取得最小值，
当时，为轴右侧第条对称轴.
因为在上没有最小值，所以，即，
故由，解得，
故，得．
故选：C.
8. 定义在 上的奇函数，且对任意实数x都有，．若，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由是奇函数，可得是偶函数，得到，令，得到，得出在上单调递增，再由，求得的周期为的周期函数，根据，得到，把不等式转化为，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】因为是奇函数，可得是偶函数，
又因为，所以，
令，可得，所以在上单调递增，
因为且奇函数，
可得，则，
所以的周期为的周期函数，
因为，所以，
则不等式，即为，即，
又因为在上单调递增，所以，解得，
所以不等式的解集为．
故选：C．
二、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，有选错的得0分．）
9. 下列等式成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】应用倍角正余弦、和差角正余弦公式及诱导公式化简求值，即可判断各项的正误.
【详解】A：，成立；
B：，成立；
C：，不成立；
D：，不成立.
故选：AB
10. 已知抛物线，过的焦点作直线，若与交于两点，，则下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 或
D. 线段中点的横坐标为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由直线，可知焦点F1,0，得的值和抛物线方程，可判断A选项；直线方程代入抛物线方程，由韦达定理结合，求出两点坐标和的值，结合韦达定理和弦长公式判断选项BCD.
【详解】抛物线的焦点在轴上，
过作直线，可知F1,0，则，得，A选项正确；
抛物线方程为，直线的方程代入抛物线方程，得.
设Ax1,y1，Bx2,y2，由韦达定理有，，
，得，解得或，
，则或，C选项错误；
则，线段中点的横坐标为，D选项正确；
，，B选项正确.
故选：ABD.
11. 已知是曲线上的一点，则下列选项中正确的是（ ）
A. 曲线的图象关于原点对称
B. 对任意，直线与曲线有唯一交点
C. 对任意，恒有
D. 曲线在的部分与轴围成图形的面积小于
【答案】ACD
【解析】
【分析】将，替换为，计算即可判断A；取，可判断有三个交点即可判断B；利用函数的单调性来得出的取值范围，再结合的单调性进行求解即可判断C；利用图象的对称性和半圆的面积进行比较即可判断D．
【详解】A．对于，将，替换为，，所得等式与原来等价，故A正确；
B．取，可以求得，，均可，故B错误；
C．由，，函数，故，
令，解得：，在，时，，函数单调递减，
在时，，函数单调递增，所以，
又因为是增函数，，所以有，故C正确；
D．当时，，又，
，所以．
曲线与轴围成半圆，又曲线的图象关于原点对称，
则曲线与轴围成图形的面积小于，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. 若，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】化简三角函数式，求出，根据即可求解.
【详解】由，得.
因为，所以，则，则.
由，得，则，解得.
故答案为：.
13. 海上某货轮在处看灯塔，在货轮北偏东，距离为海里处；在处看灯塔，在货轮的北偏西，距离为海里C处，货轮由处向正北航行到处时看灯塔在东偏南，则灯塔与处之间的距离为______海里．
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理和余弦定理求解即可．
【详解】如图：由题意，，
所以，
在中，由正弦定理，即，所以，
在中，，所以.
故答案为：．
14. 若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，__________．
【答案】
【解析】
【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案.
【详解】因为恒成立，
即恒成立，
若存在实数，使得上式成立，则，
则，
可得，可得，
解得，
由，
则取得最大值时，
此时.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数.
（1）求函数的单调减区间;
（2）求函数在上的最大值与最小值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解；
（2）由的范围求得的范围，再根据正弦函数的性质即可得解.
【小问1详解】
解：
，
令，解得，
所以函数的单调减区间为；
【小问2详解】
解：因为，所以，
所以，
于是 ，所以，
当且仅当时，取最小值，
当且仅当，即时，取最大值.
16. 已知，函数在点处的切线过点.
（1）求实数b的值；
（2）证明：在上单调递增；
（3）若对恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求导函数再写出切线方程代入点得出参数值；
（2）求出导函数，再根据导函数求出即可证明单调性；
（3）根据函数解析式分和两种情况化简转化为恒成立，再求的单调性得出最值即可求出参数范围.
【小问1详解】
的定义域为，
故，又，
所以在点处的切线方程为，
将点代入得，解得．
小问2详解】
由（1）知，则，
令，
则，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
所以在上单调递增．
【小问3详解】
对恒成立，即对恒成立，
当时，上式显然恒成立；
当时，上式转化恒成立，
设，则，
所以在上单调递增；所以，
故，所以实数的取值范围为．
17. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为．
（1），，是否存在正整数，使得，且为钝角三角形？若存在，求出；若不存在，说明理由．
（2）若为的中点，E，F分别在线段上，且，，求面积的最小值及此时对应的的值．
【答案】（1）存在,
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值；
（2）由正弦定理可得出，，再利用三角形的面积公式和两角和与差的正弦公式化简即可求得结果.
【小问1详解】
假设存在正整数满足题设．
为钝角三角形，因为，所以为钝角，
根据题设，，，由余弦定理,
所以，得，解得．
因为，所以或，
当时，不存在，故存在满足题设．
所以
【小问2详解】
如图，因为，所以．
在中，因为，所以
在中，因为，所以．
所以，
设，，
所以
化简可得：
所以
当时，取得最小值．
18. 已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程；
（3）直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据的边上中线为得，再联立即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得，再由，即，最后代入即可求解；
（3）设直线的方程为,则直线的方程为，分别与椭圆方程联立，通过韦达定理求出中点的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式即可得到面积的最值.
【小问1详解】
由题意，因为，为直角三角形，所以.
又，所以，所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，,显然直线的斜率存在，
设直线的方程为，，
联立消去得，，
所以，即.
且，
因为，所以，
所以，即，
所以，
整理得，
即，
化简得，即满足条件，
所以直线的方程为或，
即直线的方程为或.
【小问3详解】
由题意，,
设直线的方程为,，
则直线的方程为，，
联立消去得，
所以
所以
所以，
同理联立消去得，
所以
所以
所以，
即的中点.
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等式求最值，第三问的解题关键是分类联立直线与椭圆方程，求出的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式得到面积的最值.
.
19. 正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”.
（1）若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由；
（2）若，证明：集合不是“三元可拆集”；
（3）若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）是，拆法见解析
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1），可拆成或､；
（2）三元可拆集”中所有元素和为偶数，中所有元素和为，与和为偶数矛盾；
（3）可以拆成16个三元子集，将这16个三元子集中的最大的数依次记为，利用等差数列求和得到，结合，得到不等式，求出，当时写出相应的集合以及具体拆法，得到答案.
【小问1详解】
是，，可拆成或､；
【小问2详解】
对于“三元可拆集”，其每个三元子集的元素之和为偶数，
则“三元可拆集”中所有元素和为偶数；而，
中所有元素和为，与和为偶数矛盾，
所以集合不是“三元可拆集”；
【小问3详解】
有48个元素，可以拆成16个三元子集，
将这16个三元子集中的最大的数依次记为，
则；
另一方面，中所有元素和为，
所以，
所以，解得，即；
当时，，可拆为､
､
､
（拆法不唯一）；
综上所述，的最大值是7.
【点睛】关键点点睛：集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，数列知识等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.