精品解析：福建厦门市同安实验中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试题

厦门市同安实验中学2024-2025学年度（上）高三第二次月考 数学试卷 全卷满分150分，考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先解不等式求出集合，，再根据交集的定义求解即可． 【详解】解：由即解得，则， 由解得，则， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，考查一元二次不等式的解法，考查指数不等式的解法，属于基础题． 2. 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】C 【解析】 【分析】利用幂函数、指数函数的单调性，结合充分必要条件的定义即可得答案. 【详解】是增函数， 又， ， 又是增函数， 则，故充分性成立； 是增函数，， ， 又是增函数， ，故必要性成立. 即“”是“”的充要条件. 故选：. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出为奇函数，排除AB；由排除D，得到答案. 【详解】定义域为R， ，函数为奇函数， 图象关于原点对称，排除AB； 又，排除D. 故选：C. 4. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数以及对数的单调性即可求解. 【详解】因为，所以，因为，所以. 因为，所以，所以. 故选：D 5. 已知函数在处取得极小值，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 0或1 【答案】C 【解析】 【分析】由导数为0求得，然后利用单调性再确定是极小值点即得． 【详解】由已知， 因此，或， 若，则， 时，，递增，时，，递减，是极大值点，不合题意， 若，则， 时，，递减，时，，递增，是极小值点，符合题意，因此 故选：C 6. 已知角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，求得，结合，代入即可求解. 【详解】由， 可得，所以， . 故选：D. 7. 高斯是德国数学家､天文学家和物理学家，被誉为历史上伟大的数学家之一，和阿基米德､牛顿并列，同享盛名.用他名字命名的高斯函数也称取整函数，记作，是指不超过实数的最大整数，例如，该函数被广泛应用于数论､函数绘图和计算机领域.若函数，则当时，的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定函数的定义域，结合复合函数的单调性判断在时的单调性，即可求得的值域，根据取整函数的定义，即可求得答案. 【详解】由，得，解得， 则的定义域为， 当时，令，函数在上单调递增，在上单调递减， 又在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的值域为，所以的值域为， 故选：C. 8. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，对进行分类讨论，可得答案. 【详解】的值域为， 当时， 则，为增函数，， 而时，为增函数， 此时，，不符题意； 当时， 则，为减函数，， 而时，为减函数， 此时，， 因为的值域为，当且仅当时，满足题意， 此时，，则，整理得，，解得； 综上，时满足题意. 故选：A 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. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先根据三角函数的定义求出的三角函数值，再结合二倍角的余弦公式和两角和的正切公式逐一计算即可. 【详解】因为角的终边过点，所以， 所以，，， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确． 故选：BD． 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象可由曲线向左平移个单位长度得到 C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象求出函数的解析式，结合三角函数的性质，利用赋值法和代入法，可逐个判断各选项． 【详解】由函数的图象可知：, 又因为,即则得,故A正确； 因,结合函数图象可得 所以,即． 而曲线向左平移个单位长度得到,故B错误； 当时,可得,故的图象关于直线对称,故C正确； 当时,,则,故D正确． 11. 定义在上的函数满足，当时，，则（ ） A. 当时， B. 当为正整数时， C. 对任意正实数，在区间内恰有一个极大值点 D. 若在区间内恰有个极大值点，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】求出在上的表达式，然后利用函数工具分别考查每个选项，即可得到答案. 【详解】当满足时，有 . 此时有. 从而对有，对有， 故在上递增，在上递减， 这表明的全部极大值点是. 对于A，取即知，所以A错误； 对于B，有，所以B正确； 对于C，在中取和，即知和都是的极大值点， 它们都在中，故结论对不成立，所以C错误； 对于D，由于，故的前四个极大值点分别是的情况， 对应的极大值点是，这表明条件等价于，所以D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对不同的区间分别讨论对应的函数表达式. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的最小正周期为_________________. 【答案】 【解析】 【详解】， 则的最小正周期为. 13. 已知，，则的最大值是________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出的最小值，再将化为，即可求得答案. 【详解】因为，， 故， 当且仅当，结合，即时等号成立， 所以，即的最大值是， 故答案为： 14. 已知函数的定义域是，，，当时，，则________. 【答案】0 【解析】 【详解】由得：， 又，， ，， . 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. 已知等差数列中，，前n项和为，为各项均为正数的等比数列，，且，． （1）求与； （2）定义新数列满足，，求前20项的和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差和公比，根据等差数列和等比数列的基本量运算，列出方程组，解之即得数列通项； （2）根据数列的奇偶性特征，运用分组求和法计算，利用等差数列和等比数列的求和公式计算即得. 【小问1详解】 设数列的公差为，数列的公比为， 则由可得，， 解得：故 【小问2详解】 由（1）得，，， 则 16. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若为边上一点，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）法①：由题意可得，在中，由余弦定理可得，再由正弦定理可得，从而得，最后利用求解即可； 法②：在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得从而得，利用求解即可； 法③：在中，由余弦定理可得，从而得，所以，再结合余弦定理求得，最后在直角中，由正弦的定义求解即可； 法④：利用面积公式可得，再由余弦定理可得，最后由正弦定理求解即可. 【小问1详解】 因为，且， 则， 即， 得， 则， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）得，，因为，所以， 所以， 法①：如图在中，由余弦定理可得： ， 即， 在中由正弦定理，即，所以， 因为，故， 在中，. 法②：同解法①， 在中由正弦定理，即， 所以， 又因为，即，所以. 法③：同上， 在直角中，，所以， 由（1）问知，所以， 即，得即， 所以，. 法④：由（1）知，则， 因为， 所以， 即，解得， 所以，即， 在中，由正弦定理，即， 解得. 17. 如图，在四棱锥中，，，底面是直角梯形，． （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：取中点，中点，连接，，，连接交于点，如图， 因为，所以， 又因为，在中， 因为，在中， 又因为，则，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在和中，， 所以，又因为，所以， 所以，则， 又，平面， 所以平面，又因为平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，，先由几何条件证明平面，再利用线面垂直判定定理证明平面，从而可求解. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的中的一个法向量，利用空间向量法求解面面夹角，从而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得以点为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如上图， 则，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 由（1）知平面，平面， 所以平面平面，且平面平面， 因为，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 故平面与平面的夹角余弦值为. 18. 在直角坐标系中，已知抛物线：，焦点为，过点且垂直于轴的直线与抛物线交于两点，的面积为. （1）求的值； （2）过点的直线与抛物线交于两点，直线与线段交于点. （i）证明：直线轴； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明：由（1）知，抛物线， 由题意可知直线的斜率存在，且不等于0， 设直线的方程为： ， 由，得， ，解得，且， 所以，则， 而直线的方程为：， 令，得，即， 所以直线轴. （ii） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，由，求解即可； （2）（i）直线的方程为： ，与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，从而得，求出直线与的交点纵坐标为，通过化简可得，即可得证； （ii）不妨设，则，由三角形的面积公式可得，利用换元法及导数求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，直线的方程为， 不妨设， 所以， 所以，解得； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意可得， 不妨设，则，即， 令，则， 所以， 令，则， 令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 所以， 即面积的最大值为. 19. 已知函数（）． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立． （i）求实数的取值范围； （ii）试比较与的大小，并给出证明（为自然对数的底数，）． 【答案】（1） （2）（i）； （ii） 时，“比较与的大小”等价于“比较与的大小”， 设，（）， 则， ∴在上单调递增，因为， 当时，，即，所以， 当时，，即，∴， 综上所述，当时，； 当时，； 当时，. 【解析】 【分析】(1）时求导，得到在切点(1,0)处切线斜率，代入点斜式即可； （2）（i）求导对分情况讨论，讨论函数的单调性，结合题目要求对任意恒成立即可得到实数的取值范围； （ii）比较大小可将两个值看成函数值，然后利用函数的性质求解. 【小问1详解】 因为时，， 所以切点为， 所以时，曲线在点处的切线方程. 【小问2详解】 因为， ①当时，，所以在上单调递增，， 所以不合题意. ②当时，即时，在恒成立， 所以在上单调递减，有，所以满足题意. ③当时，即时，由，可得，由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以所以不合题意， 综上所述，实数的取值范围是. （ii）略 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）高三第二次月考 数学试卷 全卷满分150分，考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在处取得极小值，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 0或1 6. 已知角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 高斯是德国数学家､天文学家和物理学家，被誉为历史上伟大的数学家之一，和阿基米德､牛顿并列，同享盛名.用他名字命名的高斯函数也称取整函数，记作，是指不超过实数的最大整数，例如，该函数被广泛应用于数论､函数绘图和计算机领域.若函数，则当时，的值域为（ ） A. B. C. D. 8. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ） 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. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象可由曲线向左平移个单位长度得到 C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为 11. 定义在上的函数满足，当时，，则（ ） A. 当时， B. 当为正整数时， C. 对任意正实数，在区间内恰有一个极大值点 D. 若在区间内恰有个极大值点，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的最小正周期为_________________. 13. 已知，，则的最大值是________． 14. 已知函数的定义域是，，，当时，，则________. 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. 已知等差数列中，，前n项和为，为各项均为正数的等比数列，，且，． （1）求与； （2）定义新数列满足，，求前20项的和． 16. 已知的内角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若为边上一点，，求. 17. 如图，在四棱锥中，，，底面是直角梯形，． （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 在直角坐标系中，已知抛物线：，焦点为，过点且垂直于轴的直线与抛物线交于两点，的面积为. （1）求的值； （2）过点的直线与抛物线交于两点，直线与线段交于点. （i）证明：直线轴； （ii）求面积的最大值. 19. 已知函数（）． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立． （i）求实数的取值范围； （ii）试比较与的大小，并给出证明（为自然对数的底数，）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $