江苏省镇江市句容碧桂园学校2024-2025学年高三上学期第一次月考数学模拟卷

这是一份江苏省镇江市句容碧桂园学校2024-2025学年高三上学期第一次月考数学模拟卷，共6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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
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
3．已知，且，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
4．已知，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．是定义在R上的偶函数，在0,+∞上单调递增，，，，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的最小正周期为．将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则的一个值是（ ）
A．B．C．D．
8．设，有下列命题：①当时，函数有三个零点；②当时，是函数的极大值点；③存在实数，，使得函数在区间上存在最大值1；④存在实数，使得点为曲线的对称中心.其中是真命题的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
9．在下列四个命题中，正确的是（ ）
A．命题“，使得”的否定是“，都有” B．当时，的最小值是5
C．若不等式的解集为，则 D．“”是“”的充要条件10．已知函数，给出下列四个选项，正确的有（ ）
A．函数的最小正周期是 B．函数在区间上是减函数
C．函数的图象关于点对称
D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位，再向下平移1个单位得到
11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点P的轨迹长度为
B．若平面，则三棱锥的体积为定值
C．若，则点P的轨迹长度为
D．若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题
12．若函数的定义域是，则函数的定义域是 ．
13．已知函数，则不等式的解集为 .
14．若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则 ．
四、解答题
15．某市某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
(1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
(2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．
16．已知函数是定义在上的奇函数，且
(1)求的值；
(2)用定义法判定的单调性；
(3)求使成立的实数的取值范围.
17．已知函数．
(1)当时，设函数，求函数的单调区间和极值；
(2)设是的导函数，若对任意的恒成立，求a的取值范围．
18．如图，且且且，平面，．
(1)证明：；
(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出点的位置，若不存在，说明理由．
19．已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围； （ii）证明：．
参考答案：
1．D【详解】，或，
所以或=.
2．A【详解】由可得，由可得或，
故能得到，同时也无法推出，故“”是“”的充分不必要条件，
3．B【详解】，当且仅当时，取“”成立，
4．D【详解】易知，即；而，所以，即；
又，即；即可得.
5．C【详解】由于是定义在R上的偶函数，所以有f-x=fx，所以，
因为，，所以，又因为在0,+∞上单调递增，
所以，即.
6．C【详解】由题意知，问题等价于f'x>0在区间上有解，即有解，而，由二次函数的性质知，即.
7．B【详解】函数的最小正周期为，，得，则，
将的图象向左平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则，
图象关于轴对称，，则，，当时，，当时，
8．C【详解】，对于①：当时，在和上，f'x>0，函数y=fx单调递增，在上，f'x<0，函数y=fx单调递减，且，，若，则，此时函数y=fx只有一个零点，故①错误；对于②：当时，在和0,+∞上，f'x>0，函数y=fx单调递增，在上，f'x<0，函数y=fx单调递减，故是函数y=fx的极小值点，故②错误；
对于③：当时，由①知，函数y=fx在区间0,1上单调递减，故，故存在实数，，使得函数y=fx在区间上存在最大值1，故③正确；对于④：当时，，
故点为曲线y=fx的对称中心，故④正确.
9．AC【详解】对于A，命题“，使得”的否定是“，都有”，故A正确；
对于B，当时，，当且仅当，即时等号成立，
因为，所以，故B错误；对于C，因为不等式的解集为，
所以和2是的两根，且，故，，
解得，，所以，故C正确；对于D，当时，成立；当时，成立，不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故D错误.
10．AB【详解】A选项，，故的最小正周期为，A正确；B选项，时，，由于在上单调递减，故在区间上为减函数，B正确；C选项，当时，，故，所以关于中心对称，C错误；D选项，的图象向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到，D错误.
11．ABD【详解】解：对A选项，如图，分别取，的中点N，M，
则易得，，，，，
平面，平面，从而易得平面平面，
又P是正方形内的动点，且平面，∴P点的轨迹为线段，又，∴A选项正确；
对B选项，由A选项分析可知P点的轨迹为线段，， ∴三角形的面积为定值，又D到平面的距离也为定值，∴三棱锥的体积为定值，∴B选项正确；对C选项，如图，若，又，且平面，则，
∴P点的轨迹是正方形内以为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
∴P的轨迹长度为，∴C选项错误； 对D选项，如图，
若P是棱的中点，取的中点G，的中点H，
则，∴G到E，F，P的距离相等，又平面，
∴三棱锥的外接球的球心O在上，
设，则，又，，
设三棱锥的外接球的半径为R，则，
∴在与中，根据勾股定理可得：
，解得，∴，
∴三棱锥的外接球的表面积是，∴D选项正确.
12．【详解】由函数的定义域为，则函数有意义，则满足，
解得，即函数的定义域为.
13．【详解】由得，所以函数是R上的增函数，又由得函数是奇函数，则由得，所以，解得.
14．【详解】设直线与曲线的切点为，由，得切线方程为，又，所以，将点代入，有，解得（负值舍去），所以切线方程为，设切线与曲线的切点为，又，所以，，，消去、，得，令，，当且仅当时，等号成立，即函数在0,+∞上单调递增，又f1=0，
所以方程的实数解为，故有，解得.
15．【详解】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，所以．
（2）由题意知，王同学午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.3，王同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，张老师午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，张老师午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4，
记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2，
所以，，
所以X的分布列为
所以X的数学期望
（3）证明：由题知，所以，
所以，所以，
即：，所以，即.
16．【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，所以，得，解得，
验证：当时，.由题意，的定义域关于原点对称.
且任意，都有，所以是奇函数，满足题意.故.
（2）在上是增函数.由（1）知，，.证明：设，且，
则，，，，，，∴fx在上是增函数.
（3），因为是定义在上的奇函数，
所以，则，由（2）知在上是增函数，
所以，即，解得.故实数的取值范围是.
17．【详解】（1）易知函数的定义域为；当时，可得，则的定义域为；可得，令，解得；当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递增，所以在处取得极小值，无极大值；因此的单调递减区间为，单调递增区间为；且的极小值为，无极大值；
（2）由可得；
所以，即对任意的恒成立；
即对任意的恒成立；
设，则；
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
因此在时取得极小值，也是最小值，即；
因此只需即可，即，解得，所以a的取值范围为.
18．【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，所以.
因为平面，平面，所以，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以.
（2）由平面，平面，则，，
又，故以为原点，以，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
于是，，设平面的法向量为n=x,y,z，
则，，令，得，
假设线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为.
设，，
则直线与平面所成的角的正弦值，
解得：.所以线段上存在点，且时,使得直线与平面所成的角的正弦值为.
19．【详解】（1）由题意得，x∈0,+∞，则，由，解得．
当时，单调递增，当时，单调递减；
综上，在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减；
（2）（i）由，得，设，
由（1）得在区间0,1内单调递增，在区间1,+∞内单调递减，
又，当时，gx>0，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是（0,1）
（ii）不妨设，则，且．
法一：当时，结合（i）知，即； 当时，．
设
则所以在区间0,1内单调递增，
则，即，所以
又在区间1,+∞内单调递减，所以，即，
又，所以，故，所以，得证．
法二：设，x∈0,+∞，则，
所以hx在区间0,+∞内单调递增，又h1=0，所以，即．
又，所以，又在区间1,+∞内单调递减．所以，即，
又，所以，得证．X
1
2
P
0.1
0.9