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）证明见解析 （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】 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. 【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）答案见解析. 【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）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，. 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 $