河南省部分名校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期月考（一）數(shù)學(xué)試題

高三年級上學(xué)期月考（一）數(shù)學(xué)試題一?單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應(yīng)的位置上.1.已知集合，則（）A.B.C.D.2.已知函數(shù)，則“是函數(shù)為偶函數(shù)”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3.下列命題中，真命題的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則4.冰箱空調(diào)等家用電器使用了氟化物，氟化物的釋放破壞了大氣上層的臭氧層，使臭氧量呈指數(shù)函數(shù)型變化.當(dāng)氟化物排放量維持在某種水平時，臭氧量滿足關(guān)系式，其中是臭氧的初始量，是自然對數(shù)的底數(shù)，是時間，以年為單位.若按照關(guān)系式推算，經(jīng)過年臭氧量還保留初始量的四分之一，則的值約為（）A.584年B.574年C.564年D.554年5.如圖為函數(shù)的部分圖象，則（）A.函數(shù)的周期為B.對任意的，都有C.函數(shù)在區(qū)間上恰好有三個零點(diǎn)D.函數(shù)是偶函數(shù)6.在中，的面積為，且滿足，則該三角形的外接圓的半徑為（）A.B.C.D.27.與都是邊長為2的正三角形，沿公共邊折疊成三棱錐且長為，若點(diǎn)，在同一球的球面上，則球的表面積為（）A.B.C.D.8.已知函數(shù)及其導(dǎo)函數(shù)在定義域均為且是偶函數(shù)，其函數(shù)圖象為不間斷曲線且，則不等式的解集為（）A.B.C.D.二?多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.下列結(jié)論中，所有正確的結(jié)論是（）A.若，則B.命題的否定是：C.若且，則D.若，則實數(shù)10.已知定義在實數(shù)集上的函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為，且滿足，，則（）A.的圖像關(guān)于點(diǎn)成中心對稱B.C.D.11.設(shè)函數(shù)的定義域為為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，當(dāng)時，，則（）A.B.的圖象關(guān)于直線對稱C.在區(qū)間上為增函數(shù)D.方程僅有4個實數(shù)解三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知正數(shù)滿足，若恒成立，則實數(shù)的取值范圍為__________.13.__________.14.已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，過坐標(biāo)原點(diǎn)作直線與雙曲線的左右兩支分別交于兩點(diǎn)，且，則雙曲線的漸近線方程為__________.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.（13分）已知函數(shù).（1）若，求的值；（2）設(shè)，求在區(qū)間上的最大值和最小值.16.（15分）在中，角所對的邊分別為，設(shè)向量，.（1）求函數(shù)的最大值；（2）若，求的面積.17.（15分）如圖，平面，點(diǎn)分別為的中點(diǎn).（1）求證：平面；（2）若為線段上的點(diǎn)，且直線與平面所成的角為，求的值.18.（17分）已知函數(shù).（1）討論的單調(diào)性；（2）證明：.19.（17分）已知橢圓的離心率為，右頂點(diǎn)與的上，下頂點(diǎn)所圍成的三角形面積為.（1）求的方程.（2）不過點(diǎn)的動直線與交于兩點(diǎn)，直線與的斜率之積恒為.（i）證明：直線過定點(diǎn)；（ii）求面積的最大值.高三年級上學(xué)期月考（一）數(shù)學(xué)試題一?單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應(yīng)的位置上.1.【答案】B【分析】根據(jù)一元二次不等式求集合，在根據(jù)交集運(yùn)算求解.【詳解】由題意可知：，所以.故選：B.2.【答案】A【分析】利用充分必要條件的判定方法，結(jié)合余弦函數(shù)的奇偶性即可得解.【詳解】當(dāng)時，，故函數(shù)為偶函數(shù)，即充分性成立；當(dāng)為偶函數(shù)時，，此時不一定成立，即必要性不成立；所以“是函數(shù)為偶函數(shù)”的充分不必要條件.故選：A.3.【答案】D【分析】舉反例即可判斷，根據(jù)基本不等式和指數(shù)運(yùn)算即可判斷D.【詳解】對A，當(dāng)時，則，故A錯誤；對B，當(dāng)時，則，則，故B錯誤；對C，當(dāng)時，根據(jù)對數(shù)函數(shù)單調(diào)性知，故C錯誤；對D，若，則，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故D正確.故選：D.4.【答案】D【分析】根據(jù)題意列出方程，指對數(shù)互化求解即可.【詳解】由題意知，，則，解得年.故選：D.5.【答案】C【分析】A選項，利用函數(shù)圖象求出函數(shù)解析式，利用正弦函數(shù)的周期性得到A錯誤；B選項，計算，B錯誤；C選項，整體法得到，計算出，C正確；D選項，計算出為奇函數(shù)，D錯誤.【詳解】從圖象可看出的最小正周期為，因為，所以，解得：，故A錯誤；，代入，因為，所以，故，故不滿足對任意的，都有，B錯誤；，則，由可得：，可得：，故函數(shù)在區(qū)間上恰好有三個零點(diǎn)，C正確；，為奇函數(shù)，D錯誤.故選：C6.【答案】B【解析】先利用三角形的面積公式和余弦定理得到，再根據(jù)向量的數(shù)量積的運(yùn)算，求得，由正弦定理和余弦定理，列出方程求得，進(jìn)而得到，再利用正弦定理，即可求解球的半徑.【詳解】由，得，利用余弦定理得：，即，又，得；由題意，因為，所以.由余弦定理得：.又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故選：B.7.【答案】D【分析】根據(jù)外接球球心的性質(zhì)確定球心的位置為過正三角形與的中心的垂線上，再構(gòu)造直角三角形求解球的半徑即可.【詳解】設(shè)的中點(diǎn)為，正與正的中心分別為，如圖，根據(jù)正三角形的性質(zhì)有分別在上，平面平面，因為與都是邊長為2的正三角形，則，又，則是正三角形，又平面，所以平面，所以在平面內(nèi)，故，易得，故，故，又，故球的半徑，故球的表面積為.故選：D.8.【答案】C【分析】依題意得函數(shù)在上單調(diào)遞增，因為，所以，得，求解即可.【詳解】由，得，則當(dāng)時，得，則當(dāng)時，，得函數(shù)在上單調(diào)遞增，因為，所以，由于是偶函數(shù)，則，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，得，得，得，二?多項選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.【答案】AB【分析】對A，根據(jù)不等式的性質(zhì)推導(dǎo)即可；對B，根據(jù)特稱命題的否定為全稱命題判斷即可；對C，利用作差法判斷即可；對D，舉反例判斷即可.【詳解】對A，，則，又，則，故A正確；對B，命題的否定是：，故B正確；對C，，因為且，故，即，故C錯誤；對D，當(dāng)時，不成立，故D錯誤；故選：AB10.【答案】BCD【分析】對A?B，利用賦值法進(jìn)行計算即可得；對C?D，利用賦值法后結(jié)合數(shù)列的性質(zhì)進(jìn)行相應(yīng)的累加及等差數(shù)列公式法求和即可得.【詳解】對A：令，則有，即，令，則有，又，故不關(guān)于對稱，故A錯誤；對于B，令，則有，兩邊同時求導(dǎo)，得，令，則有，故B正確；對C：令，則有，即，則，故C正確；對D：令，則有，即，則，即，又，故，則，故D正確.故選：BCD.11.【答案】ACD【分析】根據(jù)給出的函數(shù)的性質(zhì)，做出函數(shù)草圖，數(shù)形結(jié)合，分析各選項的準(zhǔn)確性.【詳解】因為為奇函數(shù)，所以的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱，因為為偶函數(shù)，所以的圖象關(guān)于直線對稱.可畫出的部分圖象大致如下（圖中x軸上相鄰刻度間距離均為）：對于A，由圖可知的最小正周期為，所以，故A正確.對于B，的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對稱，故B錯誤.對于C，由圖可知在區(qū)間上單調(diào)遞增，故C正確.對于D，，由圖可知，曲線與的圖象有4個交點(diǎn)，所以方程僅有4個實數(shù)解，故D正確.故選：ACD.三?填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.【答案】【分析】根據(jù)基本不等式求得不等式左邊的最小值，建立不等式，解出即可.【詳解】因為且，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號.因為不等式恒成立，所以，解得.故答案為：.13.【答案】【分析】根據(jù)兩兩角和差的正切公式，化簡求值，即可得答案.【詳解】，又，所以，所以，故答案為：14.【答案】【分析】雙曲線的右焦點(diǎn)為，四邊形是平行四邊形，有，又，解得中由余弦定理得，可求出得雙曲線的漸近線方程.【詳解】雙曲線的右焦點(diǎn)為，連接，由關(guān)于原點(diǎn)對稱，也關(guān)于原點(diǎn)對稱，可知四邊形是平行四邊形，又，則有，又由雙曲線的定義得，解得，再由余弦定理：，即，得，再由，故漸近線方程為：，故答案為：.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟15.【答案】（1）或（2）最大值為，最小值為【分析】（1）根據(jù)條件，利用特殊角的三角函數(shù)值，即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)條件得到，再利用的圖象與性質(zhì)，即可求出結(jié)果.【詳解】（1）因為，由，得到，解得或，即或，又，所以或.（2）因為，令，因為，得到，由的圖象與性質(zhì)知，，所以，所以在區(qū)間上的最大值為，最小值為.16.【答案】（1）（2）【分析】（1）由向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算得，利用降冪公式和輔助角公式化簡，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求最大值；（2）解得，由利用正弦定理邊化角得，再結(jié)合余弦定理求得，面積公式求的面積.【詳解】（1）.因為，所以，所以當(dāng)，即時，有最大值；（2）因為，所以，所以，因為，所以，由正弦定理，所以，又因為，所以，得，由余弦定理有：，即，所以，所以.17.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接EM，利用平行公理?線面平行的判定推理即得.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PQM的法向量，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，利用線面角的向量求法列式計算即得.【詳解】（1）連接EM，由，得，又，則四邊形為平行四邊形，由點(diǎn)E和M分別為AP和BQ的中點(diǎn)，得且，而為CD的中點(diǎn)，則且，四邊形為平行四邊形，則，又平面平面，所以平面MPC.（2）由平面，得直線兩兩垂直，以D為原點(diǎn)，直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)為平面的法向量，則，取，得，設(shè)，即，則，由直線與平面所成的角為，得，即，整理得，而，解得，所以.18.【答案】（1）答案見解析（2）證明過程見解析【分析】（1）先求定義域，再求導(dǎo)，分和四種情況，求出函數(shù)的單調(diào)性；（2）變形得到，構(gòu)造，定義域為，求導(dǎo)，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理得到存在唯一的，使得，故，并得到的單調(diào)性和最小值，求出最小值.【詳解】（1）的定義域為，故，若時，令得，令得，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，當(dāng)時，若時，，故在上單調(diào)遞增，若時，，令得或，令得，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；若時，，令得或，令得，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；綜上，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（2），即，令，定義域為，，其在上單調(diào)遞增，又，由零點(diǎn)存在性定理得，存在唯一的，使得，即，故，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在處取得極小值，也是最小值，其中，兩邊取對數(shù)得，故，所以，證畢.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：由導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)存在性定理得到，存在唯一的，使得，故，并求出的最小值，證明出不等式.19.【答案】（1）；（2）（i）證明見解析；（ii）.【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率及三角形面積，列出方程組求解即得.（2）（