四川省成都市2024_2025学年高三数学上学期10月月考试题含解析 (1)

这是一份四川省成都市2024_2025学年高三数学上学期10月月考试题含解析 (1)，共21页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分；，考试结束后将答题卡交回， 若，且则下列命题正确的是， 下列说法正确的有是， 定义表示中的最小值等内容，欢迎下载使用。
2.本堂考试时间120分钟，满分150分；
3.答题前考生务必先将自已的姓名､学号填写在答题卡上，并用2B铅笔填涂；
4.考试结束后将答题卡交回.
第I卷（选择题部分，共58分）
一､单项选择题：本题共8个小题，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】A
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】集合，则，又，
所以.
故选：A
2. 命题的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由全称量词命题否定形式即可求.
【详解】命题的否定是：.
故选：C
3. 已知，，则“”是“”（ ）
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】B
【解析】
【分析】根据不等式的性质可得必要性，举反例可说明不充分性，即可求解.
【详解】当时，，故，
故“”是“”的必要条件，
当时，比如，但是，故“”是“”的不充分条件，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
4. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性以及时的正负即可判断.
【详解】函数的定义域为，且，，
是奇函数，排除选项C和D，当时，，
排除选项B.
故选：A．
5. 若，且则下列命题正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】C
【解析】
分析】运用特殊值，结合作差法逐个判断即可.
【详解】由于
对于A，设则，故A错误；
对于B，设则，故B错误；
对于C，，由于，则.，
则.则.故C正确.
对于D，设，则，故D错误；
故选：C.
6. 下列说法正确的有是（ ）
A. 若函数为奇函数，则；
B. 函数在上是单调减函数；
C. 若函数的定义域为，则函数的定义域为；
D. 将的图像向右平移个单位，可得的图像
【答案】D
【解析】
【分析】对于A，根据奇函数的性质，结合反例，可得答案；
对于B，根据单调性的性质，结合反例，可得答案；
对于C，根据定义域的定义，结合抽象函数的性质，可得答案；
对于D，根据函数平移的运算，可得答案.
【详解】对于A，若，则该函数为奇函数，但在出无意义，故A错误；
对于B，由，则，，则，故B错误；
对于C，由函数，，则，所以函数的定义域为，故C错误
对于D，将的图像向右平移个单位，可得的图象，故D正确.
故选：D.
7. 已知定义在R上的函数满足，，且在上有，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知条件可知为奇函数且周期为4，利用函数的周期，结合其区间解析式即可求的值.
【详解】由知：，即为奇函数，
∵，有，
∴，故为周期为4的函数，
在上有，所以，
故选：D
【点睛】本题考查了函数的性质，根据函数的奇偶性、周期性以及区间解析式求函数值，属于基础题.
8. 定义表示中的最小值.已知实数满足，则（ ）
A. 的最大值是2
B. 的最大值是
C. 的最小值是2
D. 的最小值是
【答案】C
【解析】
【分析】由题先分析出实数，，一正两负，然后利用基本不等式放缩求出最大值的最小值即可.
【详解】因为，，
所以在，，中，2个为负数，1个为正数，
不妨设，则．
因为，所以，因为，，
所以，，则，
故的最小值是2，无最大值．
故选：C.
二､多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知正数x、y，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. xy的最大值为1B. 的最大值为2
C. 的最小值为D. 的最小值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于AB，利用基本不等式及其推论即可判断；对于CD，利用换元法与基本不等式“1”的妙用即可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，则，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以xy的最大值为1，故A正确；
对于B，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，则，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以的最大值为2，故B正确；
对于C，，
当且仅当且，即时等号成立，
所以的最小值为，故C错误；
对于D，令，，则，，，，
所以
，
当且仅当且，即，即时，等号成立，
所以的最小值为1，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．
10. 函数的定义域为，值域为，下列结论中一定成立的结论的序号是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先研究值域为时函数的定义域，再研究使得值域为得函数的最小值的自变量的取值集合，研究函数值取1，2时对应的自变量的取值，由此可判断各个选项.
【详解】由于，
，，，，
即函数的定义域为
当函数的最小值为1时，仅有满足，所以，故D正确；
当函数的最大值为2时，仅有满足，所以，故C正确；
即当时，函数的值域为，故，故不一定正确，故A正确，B错误；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题考查函数的定义域及其求法，解题的关键是通过函数的值域求出函数的定义域，再利用元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断，考查了学生的逻辑推理与转化能力，属于基础题.
11. 若，则以下结论正确的有（ ）
A. B.
C D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由对数定义求出，再根据不等式的性质判断．作差并利用二次函数性质得出结论．
【详解】由题意得，，
，而，∴，A错误；
∵，，，
∴，B正确；
，
又，
∴，C正确；
，
又，即，，
∴，∴，D错误.
故选：BC．
第II卷（非选择题部分，共92分）
三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 计算______.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数运算计算即得.
【详解】.
故答案为：
13. 已知函数，若，且，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】去绝对值，结合对数运算及对勾函数的单调性即可求解.
【详解】函数，当时，，
当时，，
则在单调递增，在单调递减，
故，，
由，则，
即，所以，
即，则，
所以，
令，则，
则设函数，
任取，不妨设，
因为，
当，所以，，，所以，
所以，即，
所以在区间上单调递减．
则当时， ，
当时，，
故的取值范围是
故答案为：
14. 已知不等式对恒成立，则当取最大值时，__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题设，结合、的性质及不等式恒成立得，再构造，利用导数研究其最小值得且，根据不等式恒成立得，应用基本不等式求最大值并确定取值条件，此时有恒成立即可求参数值.
【详解】由，且，
若，则在趋向于0时，函数值趋向，而趋向于，
此时在上不能恒成立，
所以，
令且，则，
令且，则，
所以时，递减，时，递增，
则，且时，趋向正无穷时趋向正无穷，
故，使，即，
所以时，即，时，即，
所以上递减，上递增，则，
要使对恒成立，只需恒成立，
所以，即，
当且仅当，即时等号成立，结合已知参数比值取最大值，此时，
则，故，即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先确定，再构造研究最小值，根据不等式恒成立有，结合等号成立条件求参数m的值.
四､解答题：本题共5个小题，共70分，其中15题13分，16､17题每题15分，17､18题每题17分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足
（1）求；
（2）若，求周长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和余弦差角公式，辅助角公式得到，结合，即可求解；
（2）由余弦定理和基本不等式，结合三角形两边之和大于第三边，得到，得到周长的取值范围.
【小问1详解】
由正弦定理得，
故，
所以，
因为，，
所以，
因为，所以；
【小问2详解】
由（1）可知，，，
又，所以，
由基本不等式得：，即，
所以，当且仅当时，等号成立.
又，
即，又，所以，
所以，
即周长的取值范围是.
16. 如图，在正三棱柱中，是中点，在棱上，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面平面，只需在平面内找到一条直线与平面垂直即可，a根据线面垂直的判定定理易证平面.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后根据空间角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
设的中点为，过作分别交于，连接、，
则分别为的中点，
所以，
由，得，即，又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为是的中点，为正三角形，所以，
由正三棱柱的性质得，底面，且底面，
所以，平面，
所以平面.
又因为，所以平面，
平面，所以平面平面.
【小问2详解】
以中点为原点，为中点）分别为轴，轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
易得平面的一个法向量，
设向量为平面一个法向量，
，
则由，得，
令，得，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知函数
（1）若时，求实数的取值范围.
（2）当时，讨论的单调性.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，函数在上单调递增，利用导数，并分离参数的取值范围；
（2）利用导数，分类讨论函数单调性.
【小问1详解】
依题意可得当时，恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，则，
令，
由，知在上单调递增，
从而.
经检验知，当时，函数不是常函数，
所以的取值范围是.
【小问2详解】
，定义域为，，
令，得或.
①当时，当时，单调递减，
当时，单调递增；
②当时，当和时，单调递增，
当时，单调递减；
③当时，对恒成立，所以在单调递增；
④当时，当和时，单调递增，当
时，单调递减.
综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递减，在和单调递增；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在和单调递增.
18. 如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求的方程；
（3）记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；
（3）将韦达定理代入中计算结果为定值.
【小问1详解】
由题意得解得，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
由得，
由，得，
则.
，
解得或
当时，直线经过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为.
【小问3详解】
直线，均不与轴垂直，所以，则且，
所以
为定值.
19. 设函数，其中.
（1）讨论函数在上的极值；
（2）过点可作函数的两条切线，求的取值范围；
（3）若函数有两零点，且满足，求正实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出，分、讨论，可得答案；
（2）先设出切点，再写出切线的方程，利用切线过得到关于的方程，构造函数从而将切线的个数问题转化成与有2个交点问题，从而得解；
（3）由零点存在定理可知，而题设，消去a可得，令，且，求出，，将其代入得，再利用导数分、讨论可得答案.
【小问1详解】
由知，
1）当时，且有单调递增，故无极值；
2）当时，有单调递减，
而单调递增，
故无极大值.
综上，当时，无极值；
当时，极小值为无极大值；
小问2详解】
设点为为函数图象上一点，
则以点为切点的切线方程为：，
又过点则：，即，
令则，
当时，则为增函数；
当时，则为减函数，
则，
时，时，，
故.
【小问3详解】
由（1）可知当时，，，
且，
由零点存在定理可知，而题设可知，
消去a可得，令，且，即，
将其代入，整理可令得，
而，
1）当时，且，有单调递增，，满足题设；
2）当时，且，有单调递减，，不满足题设；
综上，的取值范围为
【点睛】关键点点睛：第三问解题关键点是，将问题化为函数，从而得解.