精品解析：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

南昌三中2024—2025学年度上学期10月考试 高三数学试卷 命题：徐晓东 审题：黄文强 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 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，则（ ） A. B. C. D. 0 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. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④ 7. 已知，，且，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或或 8. 已知函数（）在上恰有3个零点，则的取值范围为（ ） 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. 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 C. 若角的终边经过点，则 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. 已知函数且的图象过点和点 （1）求的值； （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的距离的最小值为，求的解析式. 16. 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. 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，直线PB与x轴，y轴分别交于点，求四边形面积的最小值. 18. 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. 19. 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：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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌三中2024—2025学年度上学期10月考试 高三数学试卷 命题：徐晓东 审题：黄文强 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出集合后，结合交集运算即可得. 【详解】由可得，故． 故选：B. 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. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数的定义域、奇偶性的判断方法依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，，的定义域为， 又，是定义在上的奇函数，充分性不成立，A错误； 对于B，，的定义域为， 为非奇非偶函数，充分性不成立，B错误； 对于C，，的定义域为， 又，是定义在上的偶函数，充分性不成立，C错误； 对于D，，的定义域为， 又，是定义在上的奇函数，充分性成立，D正确. 故选：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. 【答案】A 【解析】 【分析】设，表示出两点坐标，由直线BC经过原点，求出的值，可求直线BC的斜率. 【详解】设，则有，， 直线BC经过原点，有，依题意，解得， 得，，直线BC斜率. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】借助，并利用将弦化切后可得的值，再利用二倍角公式计算即可得. 【详解】因为，所以， 即，则， 解得（舍去），故． 故选：A. 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 【答案】D 【解析】 【分析】由奇函数的定义可判断A，函数的值域满足，即可判断B，先求出函数的定义域，由对数函数和二次函数的性质可判断C，由周期性可判断D． 【详解】对于A，函数为奇函数， 所以，即，即， 即，整理可得，即， 所以，解得， 当时，，该函数的定义域为，满足，合乎题意， 当时，， 由可得，此时函数的定义域为，满足，合乎题意. 综上所述，，故A错误； 对于B，因为的值域为， 则函数的值域满足， 则，解得，故B错误； 对于C，因为， 由，得，解得， 即函数的定义域为． 则，又 ， 故函数的值域为，故C错误； 对于D，函数满足，则， 故的周期为2，因为，则，故D正确. 故选：D. 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. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【分析】由偶函数的定义可得①正确；由周期函数的定义可得②错误；由正弦函数的取值范围化简原函数后再结合辅助角公式可得③错误；先求出函数的周期，再结合辅助角公式和正余弦函数的取值可得④正确； 【详解】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：D. 7. 已知，，且，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或或 【答案】C 【解析】 【分析】由正切二倍角公式以及两角差的正切公式求解结果. 【详解】∵，且，∴，， ∴，∴． ∵，且，∴，∴， 又， ∴． 答案：C. 8. 已知函数（）在上恰有3个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦型函数的性质列出不等式组，进而得出的取值范围. 【详解】因为，所以．令， 则．因为在上有3个零点， 所以，解得. 故选：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. 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 C. 若角的终边经过点，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三角函数在各个象限的正负，扇形周长和面积的计算公式，三角函数的定义，三角函数值的正负，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对A：由题可得，则属于第二或者第四象限； ，则属于第二或者第三象限或角度终边落在轴的负半轴上；故属于第二象限，A正确； 对B：设扇形的圆心角为，半径为，圆心角对的弧长为， 则，，解得或， 当时，不合题意，所以， 又，即，解得，B正确； 对C：根据题意可得，故C错误； 对D：因为，，故， 故，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 【答案】AB 【解析】 【分析】利用配方法结合指数函数的性质求的值域判断选项A；利用导数求单调区间判断选项B；由函数值的符号否定对称轴判断选项C；由指数式和对数式的运算结合基本不等式判断选项D. 【详解】对于A，函数值域为， 而，令， 则，， 由一元二次函数性质可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，， 即当即时等号成立， 所以的值域为，A选项正确； 对于B，， 则解得，解得， 则在上单调递增，在上单调递减，B选项正确； 对于C，时，，，， 时，，，， 所以曲线不可能关于直线对称，C选项错误； 对于D，且，由BC选项可知，，有， 由，有， ，则， 有，由，则， ，得，D选项错误. 故选：AB. 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】 【分析】由，可得，可得，故只需判断四个选项中的是否为最大值即可，利用函数函数为减函数，为减函数可判断AB；构造函数，利用单调性可得，进而再构造函数，求导可得，再构造函数，利用单调性可判断CD． 【详解】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. 【点睛】方法点睛：本题考查定义新运算类的题目，处理的方法一般为：根据新运算的定义，将已知中的数据代入进行运算，构造函数，利用函数的单调性与最值比较数的大小. 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】 【分析】由条件求出函数解析式中的范围，列出使得有意义的不等式，解不等式可得结论. 【详解】因为函数的定义域是， 所以，故， 因为有意义， 所以，所以， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 13. 已知，且恒成立，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式求出的最小值，再根据不等式恒成立转化为一元二次不等式即可求解. 【详解】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】 【分析】首先通过对函数求一阶导数，分析导数的符号变化来确定函数的单调区间.利用导数等于零的条件，求出临界点，并分析函数在各个区间内的单调性.通过分析函数在不同区间的单调递增与递减，确定函数存在三个极值点的条件.将导数与水平线的交点问题转换为几何意义上的交点问题，通过作图分析函数的交点数量，确定参数的取值范围. 【详解】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， 当时，， 作出函数与图象如图， 由图可知，函数与有三个交点，则满足 . 故答案为： 【点睛】本题以函数极值点的数量为背景，通过求导数并结合单调性分析，考查了对函数性质的深入理解与灵活应用.通过数形结合的方法，利用图象直观判断交点数量，使得分析更加清晰易懂. 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. 已知函数且的图象过点和点 （1）求的值； （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的距离的最小值为，求的解析式. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象所过点列方程组，由此求得的值. （2）根据三角函数图象变换求得，根据“函数图象上各最高点到点的距离的最小值为”求得，也即求得的解析式. 【小问1详解】 因为的图象过点和点， 所以即解得. 【小问2详解】 由（1）可知， 由题意，可得. 设图象上的最高点为，由题意可知＝1， 所以，即到点的距离为的最高点为. 代入，得＝1.所以， 因为 ，所以，所以. 16. 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. 【答案】（1） 因为⊥平面，平面， 所以⊥.又⊥，且，平面， 所以⊥平面. 因为，所以⊥平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，根据得到答案； （2）作出辅助线，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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，又平面，所以⊥. 又，所以，在Rt中，. 在Rt中，. 以B为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z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， 解得，令，则，故， 设平面的法向量为， 由，得， 令得，， 可得， 因此. 故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为. 17. 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，直线PB与x轴，y轴分别交于点，求四边形面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设 ,由题意，得出 ，整理即可得C的方程； （2）由（1）求出直线，，进而得到点的坐标，结合图象可求出四边形面积，借助导数求其最小值. 【小问1详解】 设 , 所以 ，， 由题意, , 化简得，即， 所以的方程为. 【小问2详解】 由（1）可设， 所以 ，. 从而的方程为：，故， 的方程为 ,故， 故四边形的面积， 设函数，则， 当时，，故在单调递减, 当时，，故在单调递增, 故当 ,即时,四边形的面积取得最小值. 18. 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. 【答案】（1） （2）在区间有且仅有两个零点,理由如下： 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． 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． 【解析】 【分析】（1）运用导数几何意义，结合斜率可解; （2），令，运用的正负判定的单调性，再运用的正负得到单调性，结合零点存在性定理可解. 【小问1详解】 由题可知， 由处的切线方程为， 把点代入得． 【小问2详解】 略 19. 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：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：. 【答案】（1） （2）设，记，， ， 其中为常数， 故当时，取最小值，从而的重心为，也即的重心. （3）同 (2) 可知，的最小值为 ，其中，， 当或时，由基本不等式得， 所以 ， 同理，， 故. 【解析】 【分析】（1）根据定义代入即可求出的重心； （2）设，由定义化简即可求取最小值，进而命题得证； （3）借助（2）的结论，结合基本不等式可分别证明，，命题即可得证. 【小问1详解】 (1)设 , 由题意，则 ， 所以当时，取最小值8，从而的重心为点. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解的定义，根据定义列出式子，求出重心. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $