精品解析：江西省鹰潭市余江区第一中学2024-2025学年高三上学期第二次模拟考试（10月月考）数学试题

余江一中2025届高三年级第二次模拟考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形，立体几何，解析几何. 一､选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，“不等式与的解集相同”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. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正东方向找到一座高为7.5m的建筑物，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（） A. 37.52m B. 35.48m C. 33.26m D. 31.52m 8. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且，，若则下列不等式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则（ ） A. 将的图象向右平移个单位长度可得到的图象 B. 的图象与的图象关于直线对称 C. 和在上均单调递增 D. 和的值域均为 11. 已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数为奇函数 B. 当时， C. D. 若，则恰有4个不同的零点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若命题“，使得”是假命题，则的取值范围是__________． 13. 已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________． 14. 已知正实数x，y满足，则的最大值为______． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知． （1）求的值； （2）若，，且，求的值． 16. 在锐角中，内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，点是线段的中点，求线段长的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，且，点是线段上的一点（不包含端点）. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 18. 已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，其离心率为，点P是C上的一点（不同于A，B两点），且面积的最大值为． （1）求C的方程； （2）若点O为坐标原点，直线AP交直线于点G，过点O且与直线BG垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点E，直线BP交直线l于点F，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由． 19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余江一中2025届高三年级第二次模拟考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形，立体几何，解析几何. 一､选择题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】由，即，即，解得， 所以， 又，所以. 故选：C 2. 已知扇形的周长为，圆心角为，则此扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据扇形周长，应用扇形弧长公式列方程求半径，再由面积公式求面积即可. 【详解】令扇形的半径为，则， 所以此扇形的面积为. 故选：D 3. 已知，“不等式与的解集相同”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】D 【解析】 【分析】可举出反例证明充分性和必要性均不成立. 【详解】不等式与的解集均为空集，但， 所以充分性不成立； 不妨令，，满足， 但的解集为，的解集为， 所以与的解集不同，必要性不成立； 故选：D 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 确定函数的奇偶性，再利用函数值的正负逐一排除即可. 【详解】，是偶函数，排除A， 时，，即， 当时，又有，因此，排除B，C 故选：D． 【点睛】方法点睛：本题考查由函数解析式选取函数图象，可通过研究函数的性质如奇偶性、单调性、对称性等排除某些选项，再通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势等排除某些选项，从而得出正确答案． 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式求出，再由及两角和的正切公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以. 故选：D 6. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用导数求函数的减区间，再利用子集关系，列式求的取值范围. 【详解】， 当，解得：， 由条件可知， 所以 ，解得：. 故选：B. 7. 镇国寺塔亦称西塔，是一座方形七层楼阁式砖塔，是全国重点文物保护单位、国家3A级旅游景区．小胡同学想知道镇国寺塔的高度，他在塔的正东方向找到一座高为7.5m的建筑物，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得建筑物顶部A，镇国寺塔顶部M的仰角分别为15°和60°，在A处测得镇国寺塔顶部M的仰角为30°，则镇国寺塔的高度约为（ ）（） A. 37.52m B. 35.48m C. 33.26m D. 31.52m 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系、正弦定理列式计算即得. 【详解】因为， 在中，， 在中，，， 则， 由正弦定理得，则， 所以， 即镇国寺塔的高度约为35.48m． 故选：B. 8. 已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先由题意推出，然后由基本不等式即可求解. 【详解】一方面由题意有， 另一方面若有成立， 结合以上两方面有， 且注意到， 所以由复合函数单调性可得在上严格单调递增， 若，则只能， 因此当且仅当； 又已知， 所以，即， 由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是发现当且仅当，从而得出，从而由基本不等式即可顺利求解. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，且，，若则下列不等式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】分和两种情况，结合对数函数单调性以及不等式的性质分析判断. 【详解】若，因为，所以， 则，则，，故D正确； 当时，则，可得，故A正确； 当时，则，可得，故B正确； 若，因为，所以； 则，则，，故D正确； 综上所述：不能得到，故C错误； 故选：ABD． 10. 已知，则（ ） A. 将的图象向右平移个单位长度可得到的图象 B. 的图象与的图象关于直线对称 C. 和在上均单调递增 D. 和的值域均为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，判断与是否相等即可；对于B，在上任取一点，验证是否在上即可判断；对于C，，对和进行化简在判断其单调性即可；对于D，对和去绝对值化简，使其变成分段函数，再根据三角函数的有界性求其值域即可判断. 【详解】对于A，将的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为： ，即，因此A错误； 对于B，任取上一点，则，其关于直线的对称点为， 又，即在的图象上， 所以的图象与的图象关于直线对称，因此B正确； 对于C，在上，， 所以，当时，， 因为在上单调递增， 故和在上均单调递增，因此C正确； 对于D，因为， ， 故和的值域均为，因此D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数为奇函数 B. 当时， C. D. 若，则恰有4个不同的零点 【答案】AC 【解析】 【分析】由对称性判断A，利用对称性求得值后，结合已知等式求得时的函数表达式判断B，由已知确定函数的周期性，然后计算函数值的和判断C，作出两函数与的图象，由图象确定交点个数（注意在处需要结合导数的几何意义判断交点个数），判断D． 【详解】因为，所以的图象关于中心对称，从而的图象关于原点对称，故A正确； 因为的图象关于中心对称，所以，解得． 所以当时，，因为， 所以，因为，所以，所以，即． 当时，，所以，故B错误； 因为，所以，所以的周期为8， 又，，，，，，，， 所以故C正确； 令，即，画出与的图象， 如图所示： 因为， 时，，，，由周期性知， ，则，， 即，时，的切线斜率大于的切线斜率， 所以两函数图象在区间上除了有公共点外，在区间上还有一个公共点， 因此两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误． 故选：AC． 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若命题“，使得”是假命题，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意知原命题的否定为真，将问题转换成立二次不等式在定区间上的恒成立问题了，对对称轴的位置进行讨论即可求解. 【详解】由题意原命题的否定“，使得”是真命题， 不妨设，其开口向上，对称轴方程为， 则只需在上的最大值即可，我们分以下三种情形来讨论： 情形一：当即时，在上单调递增， 此时有，解得， 故此时满足题意的实数不存在； 情形二：当即时，在上单调递减，在上单调递增， 此时有，只需， 解不等式组得， 故此时满足题意的实数的范围为； 情形三：当即时，在上单调递减， 此时有，解得， 故此时满足题意的实数不存在； 综上所述：的取值范围是. 故答案为：. 13. 已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据辅助角公式化简，然后结合的范围及正弦函数的性质即可得解. 【详解】， 令，则， 由，得， 因为函数在区间上恰有两个零点， 所以，解得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知正实数x，y满足，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先变形同构，令，利用导数讨论单调性，由单调性可得，然后可得，令，利用导数求最值即可. 【详解】由得，所以，则， 因为，，，所以， 令，则， 所以在上单调递增， 所以由，即，得， 所以，所以． 令，所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 故答案为： 【点睛】难点点睛：本题难点主要有二：一是根据已知进行同构函数，二是利用单调性得到，进而可得，利用导数即可求解. 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. 已知． （1）求的值； （2）若，，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意化简可得，再根据同角三角函数的关系求解即可； （2）先求得，再根据正切函数值分析可得，进而可得. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为， 所以， 所以， ． 【小问2详解】 由，可得， 则， 因为，所以，又，则， 因为，又，则， 所以，所以． 16. 在锐角中，内角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，点是线段的中点，求线段长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理，正弦定理，同角三角函数的商数关系，两角和的正弦公式及诱导公式得，根据，即可得出，进而求解； （2）由余弦定理得，根据平面向量的线性运算得，进而得出，根据正弦定理，二倍角公式，降幂公式，辅助角公式得出，结合，正弦函数的性质即可求解． 【小问1详解】 因为，由余弦定理得， 由正弦定理得， 又是锐角三角形，所以， 所以，所以， 又，所以． 【小问2详解】 由余弦定理可得， 又，所以 ， 由正弦定理可得，所以， ， 所以， 由题意得解得，则， 所以，所以， 所以，所以线段长的取值范围为． 17. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，且，点是线段上的一点（不包含端点）. （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1）连接，记，连接. 因为四边形是菱形，所以，是的中点. 在中，是的中点，，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，与相交于点，结合已知，有，，可证明平面，又平面，得证； （2）取的中点，连接，取的中点，连接，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，求出的值，可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，， 由余弦定理得， 即，易得. 取的中点，连接，取的中点，连接. 因为，所以. 在中，，所以. 又，所以，所以. 因为平面平面，所以， 又，所以. 由，有， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以， ，，， 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，解得， 所以平面的一个法向量. 设，所以. 设直线与平面所成角的大小为， 所以 解得或（舍），所以，即的长为. 18. 已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，其离心率为，点P是C上的一点（不同于A，B两点），且面积的最大值为． （1）求C的方程； （2）若点O为坐标原点，直线AP交直线于点G，过点O且与直线BG垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点E，直线BP交直线l于点F，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）； （2）是定值，. 【解析】 【分析】（1）根据离心率及焦点三角形性质、椭圆参数关系求参数，即可得方程； （2）设，且，求得，再根据已知可得直线，而直线，进而求出坐标，过作轴，利用等比例关系求即可得结论. 【小问1详解】 由题意，故. 【小问2详解】 由（1）及题设知：，直线的斜率存在且不为0， 设，则，即， 所以，又过点O且与直线BG垂直的直线记为l，则， 故直线，而直线，则， 联立，而，可得， 所以，故，过作轴，如图， 所以为定值. 19. 法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. （1）已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. （2）已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】（1）（i）； （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证. （2） 函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证. 【解析】 【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. 【小问1详解】 （i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）略 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $