江西省南昌市第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份江西省南昌市第三中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共8页。试卷主要包含了 已知， 已知函数在上恰有3个零点，， 下列四个选项，正确的有，【解析】对于①，因为，，故选C等内容，欢迎下载使用。

命题：徐晓东 审题：黄文强
单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
已知集合
2. 已知幂函数，下列能成为“是上奇函数”充分条件的是
A. ， B. ， C. ， D. ，
3．过曲线上一点作平行于两坐标轴的直线，分别交曲线于点B，C．若直线BC经过原点，则直线BC斜率为
A． B．C． D．
4. 已知
5． 给出下列说法，正确的是
A. 若函数在定义域上为奇函数，则
B. 已知的值域为，则a的取值范围是
C. 已知函数，则函数的值域为
D. 已知函数满足，且，则
6．已知函数，对于有四个结论：①为偶函数；②的最小正周期是π：③在上单调递增；④的最小值为．则四个结论正确的是
A．①②B．②③C．①④D．①③
7.已知tanα＝eq \f(1,3)，tanβ＝－eq \f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝
8. 已知函数在上恰有3个零点，
则的取值范围为
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9. 下列四个选项，正确的有
A． P(tan，cs)在第三象限，则是第二象限角
B．已知扇形OAB的面积为4，周长为10，则扇形的圆心角(正角)的弧度数为eq \f(1,2)
C．若角的终边经过点(，2)(≠0)，则sinα＝eq \f(2\r(5),5) D．
10．设函数，则
A．的值域为 B．在单调递增
C．曲线关于直线对称 D．若且，则
11．对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数的定义域是，则函数的定义域为 ．
13.已知，且恒成立，则实数的取值范围为 ．
14．已知函数有3个极值点，
则的取值范围是 .
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）
已知函数且的图象过点和点
(1)求m,n的值；
(2)将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求的解析式.
16．（15分）
如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，连接、、.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
17．（15分）
已知点，，平面上的动点P满足直线PB与PA的斜率之差为1．记P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）若P在直线右侧，直线PA与x轴，y轴分别交于点D,E，直线PB与x轴，y轴分别交于点F,G，求四边形DEFG面积的最小值．
18．（17分）
已知函数在处的切线方程为.
(1)求实数的值；
(2)探究在区间内的零点个数，并说明理由.
19．（17分）
对给定的点集，定义，使取得最小值的点P称为S的重心．
（1）求集合的重心；
（2）若，且不共线，证明：S的重心和的重心重合；
（3）已知：若均为正数，则．
若凸n边形的周长为，，证明：．
南昌三中2024—2025学年度上学期10月考试
高三数学试卷参考答案
单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
2. 已知幂函数，下列能成为“是上奇函数”充分条件的是
A. ， B. ， C. ， D. ，
3．过曲线上一点作平行于两坐标轴的直线，分别交曲线于点，．若直线经过原点，则其斜率为
A． B．C． D．
5． 给出下列说法，正确的是
A. 若函数在定义域上为奇函数，则
B. 已知的值域为，则a的取值范围是
C. 已知函数，则函数的值域为
D. 已知函数满足，且，则
6．已知函数，对于有四个结论：①为偶函数；②的最小正周期是π：③在上单调递增；④的最小值为．则四个结论正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①④D．①③
【答案】C
6.【解析】对于①，因为，
所以，故①正确；对于②，，
所以不是的周期，故②错误；对于③，当时，，所以，又，所以，所以由正弦函数的单调性可得在上不是单调的，故③错误；对于④，由于，所以是的一个周期，又时，，则，又，所以，；当时，，则，又，所以，；综上可得，所以的最小值为，故④正确； 故选：C.
7.已知tan α＝eq \f(1,3)，tan β＝－eq \f(1,7)，且α，β∈(0，π)，则2α－β＝( )
A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,4)或eq \f(5π,4) C．－eq \f(3π,4) D.eq \f(π,4)或eq \f(5π,4)或－eq \f(3π,4)
7. 【解析】因为tan α＝eq \f(1,3)>0，且α∈(0，π)，所以α∈(0，eq \f(π,2))，2α∈(0，π)，
所以tan 2α＝eq \f(2tan α,1－tan2α)＝eq \f(2×\f(1,3),1－（\f(1,3)）2)＝eq \f(3,4)>0，所以2α∈(0，eq \f(π,2))．
因为tan β＝－eq \f(1,7)<0，且β∈(0，π)，所以β∈(eq \f(π,2)，π)，所以2α－β∈(－π，0)，
又tan(2α－β)＝eq \f(tan 2α－tan β,1＋tan 2αtan β)＝eq \f(\f(3,4)－（－\f(1,7)）,1＋\f(3,4)×（－\f(1,7)）)＝1，所以2α－β＝－eq \f(3π,4).故选C.
8. 已知函数（）在上恰有3个零点，则的取值范围为 （D）
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9. 下列四个选项，正确的有( )
A．P(tan α，cs α)在第三象限，则α是第二象限角
B．已知扇形OAB的面积为4，周长为10，则扇形的圆心角(正角)的弧度数为eq \f(1,2)
C．若角α的终边经过点(a，2a)(a≠0)，则sin α＝eq \f(2\r(5),5)
D．sin 3cs 4tan 5>0
【答案】ABD【解析】对A：由题可得tan α<0，则α属于第二或者第四象限；
cs α<0，则α属于第二或者第三象限或角的终边落在x轴的负半轴上；故α属于第二象限，A正确；对B：设扇形OAB的圆心角为α(α>0)，半径为R，圆心角对的弧长为l，
则eq \f(1,2)lR＝4，l＋2R＝10，解得l＝2，R＝4，又l＝αR，即2＝4α，解得α＝eq \f(1,2)，B正确；
对C：根据题意可得sin α＝eq \f(2a,\r(（2a）2＋a2))＝eq \f(2a,\r(5)|a|)＝±eq \f(2\r(5),5)，故C错误；
对D：因为3∈(eq \f(π,2)，π)，4∈(π，eq \f(3,2)π)，5∈(eq \f(3π,2)，2π)，故sin 3>0，cs 4<0，tan 5<0，
故sin 3cs 4tan 5>0，D正确．故选ABD.
10．设函数，则
A．的值域为 B．在单调递增
C．曲线关于直线对称 D．若且，则
11．对于任意实数，定义运算“”，则满足条件的实数的值可能为（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】BD
【解析】由，可得，即，
若，可得，符合题意，
若，可得，不符合题意，
若，可得，不符合题意，
若，可得，不符合题意，
综上所述，，可得，
故只需判断四个选项中的是否为最大值即可．
对于A，B，由题知，而，
，所以．
（点拨：函数为减函数，为减函数），
对于A，；对于B，，故A错误，B正确．
对于C，D，
（将0.9转化为，方便构造函数）构造函数，
则，因为，所以单调递减，因为，所以，
即，所以．（若找选项中的最大值，下面只需判断与的大小即可）
，
构造函数，则，
因为，所以，令，则，
当时，单调递减，因为，
所以，即单调递减，又，所以，
即，所以．
综上，．对于C，；对于D，，故C错误，D正确．
（提醒：本题要比较0.09与的大小关系的话可以利用作差法判断，
即，
构造函数，
则，
因为，所以单调递增，因为，所以，
即，所以）故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知函数的定义域是，则函数的定义域为 ．
【答案】.【解析】因为函数的定义域是2,4，所以，故，
因为有意义，所以，所以，
所以函数的定义域为2,3.故答案为：2,3.
13.已知，且恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】【解析】因为，所以，所以，因为，
当且仅当，即，即时取得等号，所以有最小值为3，因为恒成立，所以，即，解得，故答案为: .
14．已知函数有3个极值点，，（），则的取值范围是 .
【答案】
【解析】因为函数，所以，当时，，，令得，所以，当时，，，令得 所以，令，则
所以，当时，时，，时，，
所以，函数在和上单调递增，在上单调递减；
因为函数有3个极值点，，（），
所以，函数与有三个交点，因为，当时gx>0，当时gx>0，，
作出函数与图象如图，
由图可知，函数与有三个交点，则满足 。
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f(x)＝msin 2x＋ncs 2x，且y＝f(x)的图象过点(eq \f(π,12)，eq \r(3))和点(eq \f(2π,3)，－2).
(1)求m，n的值；
(2)将y＝f(x)的图象向左平移φ(0<φ<π )个单位长度后得到函数y＝g(x)的图象，若函数y＝g(x)图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求y＝g(x)的解析式.
【答案】(1)m＝eq \r(3)，n＝1 (2)g(x)＝2cs 2x
15.【解析】(1)因为y＝f(x)的图象过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π ,12)，\r(3)))和点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π ,3)，－2))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)＝msin\f(π ,6)＋ncs\f(π ,6)，,－2＝msin\f(4π ,3)＋ncs\f(4π ,3)，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)＝\f(1,2)m＋\f(\r(3),2)n，,－2＝－\f(\r(3),2)m－\f(1,2)n，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\r(3)，,n＝1.))
(2)由(1)可知f(x)＝eq \r(3)sin 2x＋cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π ,6)))，由题意，可得g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋2φ＋\f(π ,6))).设y＝g(x)图象上的最高点为(x0，2)，由题意可知 eq \r(（x0－0）2＋（2－3）2)＝1，所以x0＝0，即到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2)．代入y＝g(x)，得sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2φ＋\f(π ,6)))＝1.所以2φ＋eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，因为0<φ<π ，所以φ＝eq \f(π ,6)，所以g(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π ,2)))＝2cs 2x.
16．（15分）如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，平面，为上一点，且，
连接、、.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【解析】（1）因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面. （5分）
（2）作，垂足为.则.又，所以四边形是平行四边形，又，所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，
所以.由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，能以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，所以，，，，，设平面的法向量为，
由，得可取. （12分）
设平面的法向量为，由，得，可取.
因此，，.依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为. （15分）
17．（15分）已知点，，平面上的动点P满足直线PB与PA的斜率之差为1．记P的轨迹为．
（1）求C的方程；
（2）若P在直线右侧，直线PA与x轴，y轴分别交于点，，直线PB与x轴，y轴分别交于点，，求四边形DEFG面积的最小值．
18．（17分）已知函数在处的切线方程为.
(1)求实数a的值；
(2)探究在区间内的零点个数，并说明理由.
【解析】（1）由题可知，由处的切线方程为，
把点代入得． （6分）
（2）由（1）可知，令，
当时，，则在区间上单调递增．，由零点存在定理可知，存在，使得，即当时，，则在区间上单调递减；
当时，，则在区间上单调递增，又，由零点存在定理可知在区间上有且仅有一个零点． （13分）
当时，；当时，：
在区间上单调递增．又，由零点存在定理可知，存在唯一零点，使得，综上可得，在区间有且仅有两个零点． （17分）
19．（17分）
对给定的点集，定义，使取得最小值的点P称为S的重心．
（1）求集合的重心；
（2）若，且，，不共线，证明：S的重心和的重心重合；
（3）已知：若，，…，均为正数，则
．
若凸n边形的周长为，，证明：．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
A
A
D
C
C
D
ABD.
AB
BD