江西省南昌市第二中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题

这是一份江西省南昌市第二中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题，共16页。试卷主要包含了已知集合，，则，已知函数，则的值为，已知，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
一､单选题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.2
3.下列幂函数中，是奇函数，且在上是增函数的是（ ）
A. B. C. D.
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.12
5.设函数的定义域为A，函数的值域为B，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
6.若函数有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
7.已知关于x的方程在内恰有3个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.已知正数满足，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.已知函数，则（ ）
A.是的极大值点
B.的图象关于点对称
C.有2个零点
D.当时，
11.在中，内角所对的边分别为，其中，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.面积的最大值为
C.若为边的中点，则的最大值为3
D.若为锐角三角形，则其周长的取值范围为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知扇形的圆心角为3，周长为30，则扇形的面积为__________.
13.已知直线是抛物线的准线，抛物线的顶点为原点，焦点为，若为上一点，与的对称轴交于点，在中，，则__________.
14.函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，设四个交点中横坐标最大值为，则__________.
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.（13分）已知函数的部分图象如图所示，图象与x轴正半轴的第一个交点（从左至右）为，图象与y轴的交点为.
（1）求的解析式及对称中心；
（2）将的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的倍，再将所得图象上各点向右平移个单位长度，得到的图象，求在区间上的单调递减区间.
16.（15分）已知函数.
（1）若是上的奇函数，求函数的零点；
（2）若函数在的最大值为，求实数的值.
17.（15分）如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，且，求二面角的正弦值.
18.（17分）如图，平面四边形中，，，为正三角形.
（1）当时，求的面积；
（2）设，求的面积的最大值.
19.（17分）已知函数（）.
（1））讨论的单调性；
（2）证明：（，）；
（3）若函数有三个不同的零点，求的取值范围.
高三第一次月考数学参考答案
一､单选题
1-8DABC ACBA
二､多选题
9.ACD 10.AC 11.ACD
三､填空题
12.54 13. 14.
四､解答题
15.【答案】（1）.（2）
【详解】（1）过，由，
又过
，
令，
的对称中心为.
（2）函数的图象上各点的的纵坐标保持不变，横坐标缩短为原来的倍，得到；
再将所得图象上各点向右平移个单位长度，得到的图象，
所以，
，
，
在上单调递减区间为.
16.【答案】（1）（2）
【详解】（1）解：为R上的奇函数，，
.
（若用得到，则必须检验，没有检验扣1分）
所以，所以，
令，则，
，又，
，解得，即，
所以函数的零点为.
（2）解：因为，
令，则，
对称轴，
①当，即时，；
②当，即时，（舍）；
综上：实数的值为.
17.【答案】（1）证明见解析（2）
【详解】（1）过点作，
由等腰梯形易知，因为，
所以，因为，所以，
所以，所以，
因为，
平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
（2）因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，所以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以，
，设平面的法向量，
所以，令，
所以，同理可得平面的法向量，
所以二面角的余弦值绝对值为，
所以二面角的正弦值
18.【答案】（1）（2）
【详解】（1）在中，由余弦定理知，
解得.
由正弦定理，得.
所以.因为，所以，
所以，所以.
所以.
（2）设，
在中，由余弦定理知，
，所以.
由正弦定理知，即，所以，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积的最大值为.
19.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；（3）.
（1）函数定义域为，求导得，
设，则，
①当时，恒成立，且至多一点处为0，函数在上递减；
②当时，有两个零点，
则当或时，，即；当时，，即，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，的递减区间为；
当时，的递减区间为，递增区间为.
（2）由（1）知，当时，时，，
则，令，
于是，
，
所以.
（3）函数，
由于与同号，则只有一个零点，
令，由，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，
由（1）知，当时，在上单调递减，不合题意；
当时，由（1）知，的两极值点满足，所以，得，
由，则，由（2）知，当时，，
则，即，
因此，
由零点存在性定理知，在区间上有唯一的一个零点，
显然，
而，则，于是当时，存在三个不同的零点，
所以的取值范围是.
小题详解
一､单选题
1.【答案】D
【详解】或，所以或.
故选：D.
2.【答案】A
【详解】因为，故.
故选：A
3.【答案】B
【详解】A选项，中，，故在上单调递减，A错误；
B选项，中，故在上单调递增，
又定义域为，故为奇函数，满足要求，B正确；
C选项，的定义域为，故不是奇函数，C错误；
D选项，的定义域为，故为偶函数，D错误.
故选：B
4.【答案】C
【详解】因为，所以，即
又
所以
所以，
故选：C
5.【答案】A
【详解】由，得，所以，
令，则在单调递增，则，所以A是B的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6.【答案】C
【详解】由，得，
令，
若，此时单调，不存在极值点，所以，即，
由于有唯一极值点，故有正根，负根各一个，则，故.
故选：C.
7.【答案】B
【详解】因为，所以，
所以，所以，
由，可得，
因为方程有3个不相等的实数根，所以由正弦函数的图像可得，
解得，所以的取值范围.
故选：B.
8.【答案】A
【详解】因为，所以，所以即求直线的纵截距的最小值，设，所以，所以在单调递增，所以在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为1，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，所以截距为.
故选：A.
二､多选题
9.【答案】ACD
【详解】对于A，由题可得，即，故A正确；
对于B，为正数，为正数，，所以，当且仅当时，等号成立.故B不正确；
对于C，为正数，，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于为正数，，当且仅当时，等号成立.故D正确.
故选：ACD.
10.【答案】AC
【详解】对于A，函数，令，解得或，故当时，当时，，当时，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故0是的极大值点，故A正确：
对于B，因为，所以的图象关于点对称，故B错误；
对于C，，易知的单调性一致，而，
故有2个零点，故C正确；
对于D，当时，，而在上单调递增，故，故D错误.
故选：AC.
11.【答案】ACD
【详解】对于A，由题意可知，利用余弦定理得，，因为
，所以，故A正确；
对于B，由上述可知，的面积，且易知，解出，当且仅当时取等号，此时，故B错误；
对于C，在和中，对和利用余弦定理，，化简后有，由B知，的最大值为12，因此最大为3，故C正确；
对于D，利用正弦定理，，则，于是的周长，
由于是锐角三角形，因此即解出，
则则，则，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题
12.【答案】54
【详解】设扇形所在圆半径为，则扇形弧长，于是，解得，所以扇形的面积.
故答案为：54
13.【答案】
【分析】过A作，垂足为，根据抛物线定义以及正弦定理可求得，可得为等腰直角三角形，所以.
【详解】过A作，垂足为，如下图所示：
易知，
在中，，由正弦定理可得，
即，
则在中，可得，则，
所以，即.
可得为等腰直角三角形，又易知，可得.
故答案为：
14.【答案】
【解答】函数的图象与过原点的直线恰有四个交点，直线与函数在区间内的图象相切，
在区间上，y的解析式为，故由题意切点坐标为，
切线斜率由点斜式得切线方程为：
，
直线过原点，，得，
原式
.
故答案为：.