精品解析：湖南省常德市第一中学2025届高三上学期第二次月考数学试题

常德市第一中学2025届高三第二次月水平检测 数 学 时量：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合结合交集的概念即可得解. 【详解】由题意，所以. 故选：A. 2. 已知角的终边与单位圆的交于点，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用三角函数的定义，可得结果. 【详解】由三角函数的定义可得. 故选：A. 3. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】必要性：若，则可得，所以可得，必要性成立； 若，则，而，故充分性不成立， “”是“”的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解即可. 【详解】设切点为，，由题知：， 所以，解得：或（舍去）. 故选：A 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可求得，利用同角的三角函数关系将原式化简，即可求得答案. 【详解】因为，故，则， 所以 ， 故选：A 6. 已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据对数函数的单调性得出，再构造函数结合函数单调性求解即可. 【详解】因为，又函数单调递增，所以，即， 对于不等式，移项整理得， 构造函数，由于单调递减，所以，即， 故选:C. 7. 已知函数，则（ ） A. B. C. 0 D. 8100 【答案】A 【解析】 【分析】首先得出关于中心对称，然后即可利用这一性质求解. 【详解】， 所以，即关于中心对称， 所以. 故选：A. 8. 已知函数，若存在的极值点，满足，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出导函数，利用，得到，，从而将问题转化为成立，从而得解． 【详解】由题意，函数，可得，， 因为是的极值点，所以，， 即，得，，即，， 所以可转化为：， 即，即， 要使原问题成立，只需存在，使成立即可， 又的最小值为0，所以即可，解得或， 所以a的取值范围为. 故选：C． 二、多选题（本题共3小题，每题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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分） 9. 下列式子结果为的是（ ） ①； ②； ③； ④． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用即可得①正确；，进而利用正弦和角公式即可得②正确；由与正切的和差角公式即可得③正确④错误. 【详解】对于①，由于， 所以 ； 对于②，由于， 所以； 对于③，因为， ； 对于④，因为， ； 故选：ABC 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 在上有且仅有四个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据图象求得，然后根据三角函数的最值、单调性、零点等知识确定正确答案. 【详解】由图可知，， 所以， ，所以， ， 由于，所以，A选项错误. 所以， 当时，，所以，B选项正确. 当时，， 所以在上单调递减，C选项错误. 当时，， 所以当时，， 即在上有且仅有四个零点，D选项正确. 故选：BD 11. 已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（   ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复合函数的导数法则，结合偶函数的性质、函数的对称性逐一判断即可. 【详解】对A：∵为偶函数，则， 两边求导可得， ∴为奇函数，则， 令，则可得，则，A成立； 对B：令，则可得，则，B成立； ∵，则可得， ，则可得， 两式相加可得：， ∴关于点成中心对称， 则，D成立， 又∵，则可得， ，则可得， ∴以4为周期的周期函数， 根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立， 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题的关键是对已知等式进行求导、利用偶函数的性质. 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 若扇形的圆心角为，半径为3，则该扇形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】本题结合扇形的面积公式即可得出. 【详解】由题意可知圆心角为，即，所以扇形的面积为. 13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 【答案】 【解析】 【分析】求出在处的切线方程，设出的切点联立方程组可解得. 【详解】对于，易知，切线斜率为，切点为； 则曲线在处的切线为， 显然，设切点， 由，解得. 故答案为：2 14. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数（），（），且与具有关系，则m的取值范围为_____________________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意求出函数的值域为，由题意得到的值域，再将函数进行换元，，由对称轴进行分类讨论，得到的值域，从而得到不等式，求出答案. 【详解】由题意得对任意的，存在，使得， 又，故的值域， 因为，， 令，则， 设， ①若对称轴，即时，， 则，解得，与求交集，结果为； ②若，即时，， 则，解得，与取交集，结果为， ③若，即时，， 则，解得或，与取交集，结果为， ④若，即时，， 则，解得或，与取交集，结果为． 综上，或． 所以的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念． 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤） 15. 已知函数．在锐角中，角的对边分别是，且满足． （1）求A的值； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用题给条件构造关于A的三角方程，解之即可求得A的值； （2）利用正弦定理和余弦定理将转化为c的二次式，进而利用二次函数求得该式的取值范围. 【小问1详解】 ， 则，即， 又锐角中，，则， 则，解之得. 【小问2详解】 锐角中，，则， 又，则由正弦定理可得 又，则，， 则，则，即， 由，，可得， 则， 又，则 故的取值范围为． 16. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， ∵在中，∴. ∴由平面平面，且交线为，平面，得平面. ∵，分别为，的中点，∴，且. 又，，∴，且. ∴四边形为平行四边形.∴， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面； （2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵平面，平面，所以， 又因为，所以三者两两互相垂直， ∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，. ∵平面，∴直线与平面所成的角为. ∴.∴. 可取平面的法向量， 设平面的法向量，，， 则，取，则，.∴， ∴， ∴二面角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，，由，得，由，得， 则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； 当时，由，得或， ①若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ②若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ③若，即，由在上恒成立，得在上递增， 函数无极值，不合题意， 所以的取值范围为. 18. 已知两点、，动点M满足直线MA与直线MB的斜率之积为3．，动点M的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）过点作直线交曲线C于P、Q两点，且两点均在y轴的右侧，直线AP、BQ的斜率分别为、． ①证明：为定值； ②若点Q关于x轴的对称点成点H，探究：是否存在直线l，使得的面积为，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）① ． ②存在；或 【解析】 【分析】(1)根据条件列出方程化简即可求出曲线方程； (2) 设直线，，，联立方程组，利用韦达定理得出的和、积. ①利用两点的坐标直接表述出，将的和、积代入化简即可求证为定值；②根据题意求出的直线方程，通过整理化简得出直线过定点，根据三角形的面积求出的值，进而求解即可. 【小问1详解】 令，根据题意可知：， 化简，可得：， 所以曲线C的方程为：. 【小问2详解】 设，，可设直线，联立方程 可得：， 则， 故且 ①略 ②∵轴，∴，由两点式方程可得的直线方程为： ， ∴，将，代入可得： ， 将代入上式，得到： ， 所以直线过定点， ∴ ∴或（舍） 所以存在直线l，使得的面积为， 直线l的方程为：或． 19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求、的值； （2）如果当，且时，，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）（-，0] 【解析】 【详解】（1） 由于直线的斜率为，且过点，故即 解得，． （2）由（1）知，所以 ． 考虑函数，则． (i)设，由知，当时，，h(x)递减．而故当时，，可得； 当x（1，+）时，h（x）<0，可得 h（x）>0 从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+. （ii）设0<k<1.由于=的图像开口向下，且，对称轴x=.当x（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故 (x）>0,而h（1）=0，故当x（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾． （iii）设k1.此时，（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾． 综合得，k的取值范围为（-，0] 点评：求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解．若求导后不易得到极值点，可二次求导，还不行时，就要使用参数讨论法了．即以参数为分类标准，看是否符合题意．求的答案．此题用的便是后者． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 常德市第一中学2025届高三第二次月水平检测 数 学 时量：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边与单位圆的交于点，则为（ ） A. B. C. D. 3. 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 4. 已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则（ ） A. B. C. 0 D. 8100 8. 已知函数，若存在的极值点，满足，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每题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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分） 9. 下列式子结果为的是（ ） ①； ②； ③； ④． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 在上有且仅有四个零点 11. 已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定成立的是（   ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分） 12. 若扇形的圆心角为，半径为3，则该扇形的面积为__________. 13. 曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数______. 14. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数（），（），且与具有关系，则m的取值范围为_____________________． 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程和演算步骤） 15. 已知函数．在锐角中，角的对边分别是，且满足． （1）求A的值； （2）若，求的取值范围． 16. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 18. 已知两点、，动点M满足直线MA与直线MB的斜率之积为3．，动点M的轨迹为曲线C． （1）求曲线C的方程； （2）过点作直线交曲线C于P、Q两点，且两点均在y轴的右侧，直线AP、BQ的斜率分别为、． ①证明：为定值； ②若点Q关于x轴的对称点成点H，探究：是否存在直线l，使得的面积为，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求、的值； （2）如果当，且时，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $