精品解析：福建厦门市同安实验中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题

厦门市同安实验中学2024-2025学年度（上）高三第一次月考 数学试卷 全卷满分150分，考试时间：120分钟 一、单选题（每题5分，总共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设， ，若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 9 D. 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数是定义在上的奇函数，，则（ ） A. 2 B. 0 C. 60 D. 62 6. 函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且的图象的对称中心是，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，总共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 是的充分不必要条件 C. 的单调减区间为 D. 若命题“，”是假命题，则a的取值范围为 10. 已知关于不等式的解集为，则（ ） A. B. 点在第二象限 C. 的最大值为 D. 关于的不等式的解集为 11. 已知，的定义域为，若，，且为奇函数，为偶函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. D. 关于对称 三、填空题（每题5分，总共15分） 12. 已知命题：，：，若命题的一个必要不充分条件是命题，则的取值范围是______． 13. 如果函数满足：(为实数），且 ，那么代数式______． 14. 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设，数列的通项公式为，则 _____. 四、解答题 15. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 16. 若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）不过原点O的直线与椭圆E交于A、B两点，求 面积的最大值以及此时直线l的方程． 17. 在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. （1）求证：； （2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； （3）求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 18. 某高中举办诗词知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规则如下：第一轮，参赛选手从类道题中任选道进行答题，答完后正确数超过两道 否则终止比赛才能进行第二轮答题；第二轮答题从 类道题中任选道进行答题，直到答完为止．类题每答对一道得10分， 类题每答对一道得 分，答错不扣分，以两轮总分和决定优胜．总分分或分为三等奖，分为二等奖，分为一等奖．某班小张同学类题中有5道会做， 类5题中，每题答对的概率均为，且各题答对与否互不影响． （1）求小张同学被终止比赛的概率； （2）现已知小张同学第一轮中回答的类题全部正确，求小张同学第二轮答完题后总得分的分布列及期望； （3）求小张同学获得三等奖的概率． 19. 设函数． （）若，求函数的单调区间． （）若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围． （）过坐标原点作曲线的切线，证明：切点的横坐标为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市同安实验中学2024-2025学年度（上）高三第一次月考 数学试卷 全卷满分150分，考试时间：120分钟 一、单选题（每题5分，总共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求解一元二次不等式得全集，借助于数轴进行补集运算即得. 【详解】由可得，，即， 而，故. 故选：D. 2. 设， ，若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式求得正确答案. 【详解】 ， 当且仅当时等号成立. 故选：D 3. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数和指数函数的单调性即可判断. 【详解】因为在上单调递增， 所以即； 因为为增函数，故即； 因为为减函数，故即， 综上. 故选：A. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性及零点个数即可判断得解. 【详解】函数的定义域为R，，函数是奇函数，图象关于原点对称，BD错误； 由，得，因此函数有唯一零点，的图象与x轴仅只一个交点，C错误，A满足. 故选：A 5. 若函数是定义在上的奇函数，，则（ ） A. 2 B. 0 C. 60 D. 62 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得出函数的周期性、对称性，进一步得出即可得解. 【详解】由题意，所以的周期为4， 且关于直线对称， 而， 所以. 故选：A. 6. 函数在上单调递减的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将命题等价转化为研究在上的性质，然后分类讨论即知使得命题成立的充要条件是，最后比较选项即可得出答案. 【详解】由于是定义在上的递减函数，故命题等价于在上单调递增且取值恒为正. 若，则，从而在上取值不恒为正，不满足条件； 若，则对任意都有， 且由知对任意都有. 故在上单调递增且取值恒为正，满足条件. 所以使得原命题成立的充分必要条件是，从而观察选项可知A是充分不必要条件，B是充要条件，C，D是既不充分也不必要条件. 故选：A. 7. 已知，且的图象的对称中心是，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出，由对称性求出，再求出导数，进而求出导数值. 【详解】函数，则，所以函数图象的对称中心是， 依题意，，，求导得， 所以. 故选：B 8. 已知函数，若，，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，分别求出两函数在给定区间上的最小值，然后解不等式可求得答案. 【详解】因为，，使得，所以， 由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 因为在上单调递增， 所以，所以，解得， 即实数的取值范围是. 故选：B 二、多选题（每题6分，总共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 是的充分不必要条件 C. 的单调减区间为 D. 若命题“，”是假命题，则a的取值范围为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据还有量词命题的否定可以判断，根据充分条件和必要条件的定义即可判断，根据函数单调性定义可以判断，由命题是假命题可知，函数的图像全部在轴上方，则且，即可判断. 【详解】对于，命题“，”的否定是“，”，故正确； 对于，由题意知，当时，则，所以，故充分性满足， 当时，若，则不能得到，故必要性不满足， 所以是的充分不必要条件，故正确； 对于，由可知，单调递减区间不是，故错误； 对于，由命题“ ，”是假命题可知，函数的图像全部在轴上方， 当时，则，即，得， 当时，因为不成立，所以原命题是假命题成立， 综上所诉，的取值范围为，故错误. 故选：. 10. 已知关于不等式的解集为，则（ ） A. B. 点在第二象限 C. 的最大值为 D. 关于的不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的解与方程根的关系，一元二次不等式的解法求解. 【详解】的解等价于. 因为解集为，所以，故A正确. 因为，则点在第三象限，故B错误. ， 由于的最小值为，且， 则有最大值为，故C正确. 化为，由于， 则，解得，则D正确. 故选：ACD. 11. 已知，的定义域为，若，，且为奇函数，为偶函数，则（ ） A. 为偶函数 B. 为奇函数 C. D. 关于对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】由为偶函数，可得，关于对称，从而判断D；由，可得，即有，从而判断A；用赋值法判断C；用赋值法可求得，又由是定义在R上的奇函数，即可判断B． 【详解】D选项，因为为奇函数，所以， 所以函数关于中心对称，且，； 又因为为偶函数，所以， 所以关于对称，且，故D正确； A选项，又因为， 用替换x，得， 又因为，所以， 用x替换，得，所以是R上的偶函数，故A正确； C选项，由， 可得，即，， 所以，所以函数的周期为8， 在中，令，则有， 又因为，所以， 在中，令，则有， 又因为为偶函数，所以，故C正确； B选项，在中，令，则有， 又因为，所以，又因为的定义域为R，所以不为奇函数，故B错误． 故选：ACD． 【点睛】结论点睛：设函数， ，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； 三、填空题（每题5分，总共15分） 12. 已知命题：，：，若命题的一个必要不充分条件是命题，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先化简集合A与集合B，再根据题意得到，最后求的取值范围即可. 【详解】因为，所以或， 所以，所以 因为命题的一个必要不充分条件是命题，即命题是命题的必要不充分条件， 所以，所以， 故答案为：. 13. 如果函数满足：(为实数），且 ，那么代数式______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题目规律，先求出，进而求得答案. 【详解】根据题意，令 ，则， 所以. 所以， 因为共有个， 所以. 故答案为：. 14. 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设，数列的通项公式为，则 _____. 【答案】8 【解析】 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即，即可得到结论． 【详解】， ， ， 令，解得：， 而， 故函数关于点对称， ， ， ，， ， 同理可得，，， ， 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键，由此即可顺利得解. 四、解答题 15. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由，且，，成等比数列这两个条件列出和的方程组可求解出，从而可得数列的通项； （Ⅱ）把（Ⅰ）解得的代入中，化简得 ，然后利用裂项相消法求和. 【详解】解：（Ⅰ）∵，∴① ∵，，成等比数列，∴，∴化简得， 若 ， 若，②，由①②可得，， 所以数列的通项公式是或 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ∴ 【点睛】此题考查了等差数列的基本量运算，裂项相消求和法，属于基础题. 16. 若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）不过原点O的直线与椭圆E交于A、B两点，求 面积的最大值以及此时直线l的方程． 【答案】（1） （2） 面积的最大值为，此时直线的方程为 【解析】 【分析】(1)根据抛物线和双曲线的性质结合椭圆的 的关系求解； (2)利用韦达定理求出弦长，再利用点到直线距离公式为三角形的高即可求解. 【小问1详解】 抛物线的焦点为，所以 ， 因为双曲线的焦点坐标为， 所以则， 所以椭圆E的方程为. 【小问2详解】 设， 联立可得， 因为直线与椭圆E交于A、B两点， 所以解得， 由韦达定理可得， 由弦长公式可得， 点到直线的距离为， 所以 当且仅当即时取得等号， 所以面积的最大值为，此时直线的方程为. 17. 在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二面角. （1）求证：； （2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； （3）求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 因为，O为CD的中点， 所以． 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面PCD， 所以平面ABCD． 因为，，，所以． 取 的中点，连接，则⊥， 以点O为坐标原点，OD，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系 ， 则，，，，，． ，， 因为， 所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出，平面ABCD，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到垂直关系； （2）求出平面的法向量，利用线面角求解公式得到答案； （3）求出两平面法向量，求出面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面PAB的一个法向量为， 则，即， 解得，令，则 ，则． 设直线PC与平面PAB所成的角为， 又， 则， 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为． 【小问3详解】 设平面POB的一个法向量为， 则，即， 解得，令 ，则，故． 设平面POB与平面PAB的夹角为， 则． 故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为． 18. 某高中举办诗词知识竞赛答题活动，比赛分两轮，具体规则如下：第一轮，参赛选手从类道题中任选道进行答题，答完后正确数超过两道 否则终止比赛才能进行第二轮答题；第二轮答题从 类道题中任选道进行答题，直到答完为止．类题每答对一道得10分， 类题每答对一道得 分，答错不扣分，以两轮总分和决定优胜．总分分或分为三等奖，分为二等奖， 分为一等奖．某班小张同学类题中有5道会做， 类5题中，每题答对的概率均为，且各题答对与否互不影响． （1）求小张同学被终止比赛的概率； （2）现已知小张同学第一轮中回答的类题全部正确，求小张同学第二轮答完题后总得分的分布列及期望； （3）求小张同学获得三等奖的概率． 【答案】（1） （2） ． （3） 【解析】 【分析】． （1）根据题意，第一轮中小张只答对2道则被终止比赛，计算概率即可； （2）分析得的所有可能取值，分别求出概率，即可得出分布列，进而得出数学期望； （3）分析出小张同学获得三等奖的所有情况，再计算概率即可． 【小问1详解】 从类道题中任选道，其中2道会做，2道不会做，则被终止比赛， 所以小张同学被终止比赛的概率为． 【小问2详解】 由题意可知，的所有可能取值为40,60,80,100， 则， ， ， ， 所以的分布列为： 所以． 【小问3详解】 小张获得三等奖，共有两种情况， ①第一轮得30分（答对3道），则第二轮得40分（对2道）， 概率为； ②第一轮得40分（答对4道），则第二轮得40分（对2道）， 概率为， 所以小张同学获得三等奖的概率为． 19. 设函数． （）若，求函数的单调区间． （）若函数在区间上是减函数，求实数的取值范围． （）过坐标原点作曲线的切线，证明：切点的横坐标为． 【答案】（）单调减区间为，单调增区间为．（）（）见解析 【解析】 【详解】试题分析：（1）当时，求出函数的导函数，分别令 和 ，解出不等式得单调区间；（2）函数在区间上是减函数，即对任意恒成立，利用分离参数法可得最后结果；（3）设切点为，对函数进行求导，根据导数的几何意义得，根据切线过原点，可得斜率为，两者相等化简可得，先证存在性，再通过单调性证明唯一性. 试题解析：（）当时，，，令 ，则，令 ，则，∴函数的单调减区间为，单调增区间为． （），∵在区间上是减函数，∴对任意恒成立，即对任意恒成立， 令，则，易知 在上单调递减，∴，∴． （）设切点为，，∴切线的斜率， 又切线过原点，，∴，即， ∴，存在性，满足方程， 所以是方程的根唯一性， 设，则，∴在上单调递增，且，∴方程有唯一解，综上，过坐标原点作曲线的切线，则切点的横坐标为． 点睛：本题主要考查了导数与函数单调性的关系，导数的几何意义，属于中档题；由，得函数单调递增，得函数单调递减；函数单调递减等价于恒成立，考查恒成立问题，正确分离参数是关键，也是常用的一种手段．通过分离参数可转化为或恒成立，即或即可，利用导数知识结合单调性求出或即得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $