精品解析：四川省达州市高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

25届高三数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数． 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. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是第二象限的角，为其终边上的一点，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，，则“”是“是增函数”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 5. 某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获得的总利润（单位：百万元）与新设备运行的时间（单位：年，）满足，当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数对任意，都有的图象关于点对称，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 11. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上 12. 某班共有60名学生，其中参加物理竞赛的有27人，参加数学竞赛的有25人，只参加这两个竞赛中的一个竞赛的共有44人，则这两个竞赛都没参加的学生有______________人． 13. 若，且，则__________. 14. 已知，函数，且，恒有，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. 已知命题，当为假命题时，设的取值集合为． （1）求； （2）请写出一个非空集合，使得“”是“”的必要不充分条件． 16. 已知的内角的对应边分别为，且． （1）求角A； （2）若的面积为，周长为15，求． 17. 已知函数． （1）若，求的极值点； （2）若，讨论的单调性． 18. 已知函数． （1）讨论在区间上的单调性； （2）求的最大值和最小值； （3）设，证明：． 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 25届高三数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数． 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. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题进行判断. 【详解】因为“”的否定是“”. 故选：C. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解， 【详解】因为，所以. 故选：A． 3. 已知是第二象限的角，为其终边上的一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的定义，建立方程，结合象限角的定义，可得答案. 【详解】依题意，，其中，为坐标原点， 则，所以． 故选：D. 4. 已知函数，，则“”是“是增函数”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】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】当时，是增函数， 幂函数是增函数，将其图象向右平移2个单位得的图象，则是增函数， 因此当是增函数时，可以取3， 所以“”是“是增函数”的充分不必要条件. 故选：A 5. 某公司引进新的生产设备投入生产，新设备生产的产品可获得的总利润（单位：百万元）与新设备运行的时间（单位：年，）满足，当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，当和时分别求得最大值，即可求解. 【详解】由题意，新设备生产的产品可获得的年平均利润， 当时，，当且仅当时，等号成立， 则， 所以当时，取得最大值，且最大值为， 当时，， 所以函数在上单调递减， 所以当时，取得最大值，且最大值为， 故当新设备生产的产品可获得的年平均利润最大时，新设备运行的时间. 故选：. 6. 已知函数对任意，都有的图象关于点对称，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：因为的图象关于点对称和，得是周期为的周期函数，根据周期函数的性质即可求解. 方法二：根据题意取符合题意的特殊函数即可求解. 【详解】方法一：因为的图象关于点对称，所以有， 所以，所以是周期为的周期函数， 所以. 方法二：取,则， 即， 令，所以的图象关于点对称， 所以满足题意， 得． 故选：B 7. 已知函数在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的性质结合整体思想计算即可. 【详解】因为，所以， 令，则方程有2个根， 所以，解得， 则的取值范围是． 故选：B 8. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用函数的单调性和奇偶性，把转化成，再结合三角函数的性质求的取值范围. 【详解】令，则恒成立，则在上单调递增，且是奇函数. 由，得，即， 从而，即 故选：D 【点睛】方法点睛：设，可得函数为奇函数，利用导函数分析函数的单调性，把转化成，再求的取值范围. 二、选择题：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. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用基本不等式判断AC选项，利用不等式的基本性质判断BD选项. 【详解】对于A，当时，，∵，当且仅当时，取“=”， ∴，A正确． 对于B，若，则，此时，B错误． 对于C，， 当且仅当时，等号成立，C错误． 对于D，∵，∴，故，D正确． 故选：AD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数的图象确定其最小正周期，求出，判断A；利用特殊值可求出，进而求出的图象与轴的交点坐标，判断BC；判断的图象关于点对称，即可判断D. 【详解】由图可知，的最小正周期，则，A正确； 由图象可知时，函数无意义，故， 由，得，即，则， 即的图象与轴的交点坐标为，B，C错误； 由于，则的图象关于点对称， 可得函数的图象关于直线对称. 故选：AD 11. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将，变形作差，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；将变形，可得，设，，求导判断函数的单调性即可判断；根据，即可判断. 【详解】，， ， 令，， 则，在上单调递减， 所以，即，故正确； 因为，所以， 令，， 则，在上单调递减，所以， 即，故正确， 因为，，所以，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：数的大小的比较，通过构造函数，通过求导利用函数的单调性求解是解题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上 12. 某班共有60名学生，其中参加物理竞赛的有27人，参加数学竞赛的有25人，只参加这两个竞赛中的一个竞赛的共有44人，则这两个竞赛都没参加的学生有______________人． 【答案】12 【解析】 【分析】利用容斥原理，可得两个竞赛都参加的人数，结合总人数，可得答案. 【详解】由题可得这两个竞赛都参加的学生有人， 所以这两个竞赛都没参加的学生有人． 故答案为：12. 13. 若，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】化简三角函数式，求出，根据即可求解. 【详解】由，得. 因为，所以，则，则. 由，得，则，解得. 故答案为：. 14. 已知，函数，且，恒有，则的最大值为______________． 【答案】8 【解析】 【分析】由题意可得在上恒成立，构造函数，从而可得在上恒成立，进而可得，求得的最小值即可. 【详解】因为，且，恒有， 所以在上恒成立． 设， 可得函数在上单调递增， 所以在上恒成立，故． 当时，恒成立． 设，则， 令，得，当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，又因为，所以的最大值为8． 故答案为：8． 【点睛】思路点睛：变形为，进而构造函数，利用单调性得到不等式恒成立，进而分离变量，利用导数求得最值即可. 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. 已知命题，当为假命题时，设的取值集合为． （1）求； （2）请写出一个非空集合，使得“”是“”的必要不充分条件． 【答案】（1） （2）(答案不唯一) 【解析】 【分析】（1）由是真命题，结合三角恒等变换可求的范围，进而可得集合； （2）由题意可得集合是集合的真子集，可写出集合. 【小问1详解】 因为命题为假命题，所以命题为真命题． 由，得， 又，因为，所以， 所以，即． 所以． 【小问2详解】 因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合是集合的真子集， 则符合题意（答案不唯一）． 16. 已知的内角的对应边分别为，且． （1）求角A； （2）若的面积为，周长为15，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合正弦的和角公式化简计算即可； （2）利用三角形面积公式结合余弦定理建立方程计算即可. 【小问1详解】 因为，． 由正弦定理得， 则， 即． 在中，，故． 因为，所以． 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，得． 由余弦定理得，则． 又，所以， 解得． 17. 已知函数． （1）若，求的极值点； （2）若，讨论的单调性． 【答案】（1）的极小值点为1，无极大值点 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导函数研究函数的单调性进而求极值可得； （2）由导函数为转化为方程，分类讨论方程在内根的情况，结合二次函数的图象判断导函数在各区间的符号，进而可得单调性. 【小问1详解】 因为，所以， 则． 当时，在单调递减； 当时，在单调递增． 所以在处取极小值，且极小值为. 故的极小值点为1，无极大值点． 【小问2详解】 由，， 得． 令，则， 由，则，则方程有两不相等的实数根， 解得，其中， 则，. ①当时，即，则． 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； ②若，即，则． 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增. 综上所述，当时，在单调递增， 在单调递减，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. 18. 已知函数． （1）讨论在区间上的单调性； （2）求的最大值和最小值； （3）设，证明：． 【答案】（1）在和上单调递减，在和上单调递增 （2）的最大值为1，最小值为 （3）证明： ， 又， 所以 ， 所以，得证． 【解析】 【分析】（1）求导函数的零点，分区间讨论导函数的符号研究函数的单调性即可得； （2）利用函数的周期性，结合单调性，求函数在一个周期内的最大与最小值即可； （3）利用三角恒等变换化简，结合三角函数的有界性进行放缩证明即可. 【小问1详解】 由题可得 ． 令在上的根为， 当时，单调递减；当时，单调递增； 当时，单调递减；当时，单调递增． 综上，在和上单调递减，在和上单调递增． 【小问2详解】 因为， 所以的一个正周期为． 故函数在的最大与最小值即的最大值和最小值. 根据（1）中结论，又， 所以在的最大值为1，最小值为． 故的最大值为1，最小值为． 【小问3详解】 略. 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 【答案】（1）（i）； （ii）； （2） 证明：由得其反函数为， 所以和图象关于直线对称，且由其性质可知， 根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则， 设，其中， 则，，因为“关联矩形”是正方形， 所以，， 所以， 由，得，所以， 所以由得即. 对于函数，则， 故函数在上单调递增，故即， 令， 则且， 则在上单调递增，所以， 所以，因为， 令，则，当时，单调递增， 则， 从而. 【解析】 【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解. （2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 【小问1详解】 （i）因为点在曲线上，所以，即， 由，得，则， 所以曲线在点A处的切线方程为即. （ii）由（1），由得其反函数为， 则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D， 则D在曲线上，且，， 则， 由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为， 联立方程组解得或（舍去）， 则， 则该“关联矩形”的面积. 【小问2详解】 略. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $