2024-2025学年江苏省扬州市扬州中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

2024-2025学年江苏省扬州中学高三（上）月考数学试卷（10月份）
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.已知角的终边上一点，则( )
A. B. C. D. 不确定
2.已知集合，，则集合的真子集的个数为( )
A. B. C. D.
3.设，都是不等于的正数，则“”是“”的( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
4.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.已知函数，，若与的图象在上有唯一交点，则实数( )
A. B. C. D.
6.在中，，则的形状是( )
A. 等腰三角形但一定不是直角三角形 B. 等腰直角三角形
C. 直角三角形但一定不是等腰三角形 D. 等腰三角形或直角三角形
7.已知不等式其中的解集中恰有三个正整数，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知定义在上的函数满足，且，则( )
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.下列命题正确的是( )
A. 命题：“，都有”的否定为“，使得”
B. 设定义在上函数，则
C. 函数的单调递增区间是
D. 已知，，，则，，的大小关系为
10.已知函数的定义域为，对任意实数，满足：，且，当时，则下列选项正确的是( )
A. B.
C. 为奇函数 D. 为上的减函数
11.已知函数，则( )
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象为中心对称图形
C. 函数在上单调递增
D. 关于的方程在上至多有个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. ______．
13.已知幂函数的图象过点，则的解集为______．
14.已知的角，，满足，其中符号表示不大于的最大整数，若，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.本小题分
已知函数的部分图象，如图所示．
求函数的解析式；
将函数的图象向右平移个单位长度，再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，当时，求函数的值域．
16.本小题分
为了提高学生的法律意识，某校组织全校学生参与答题闯关活动，共两关现随机抽取人，对第一关答题情况进行调查．
分数
人数
求样本中学生分数的平均数每组数据取区间的中点值；
假设分数近似服从正态分布，其中近似为样本的平均数每组数据取区间的中点值，近似为样本方差，若该校有名学生参与答题活动，试估计分数在内的学生数结果四舍五入；
学校规定：分数在内的为闯关成功，并对第一关闯关成功的学生记德育学分分；只有第一关成功才能闯第二关，第二关闯关不成功的学生德育学分只记第一关学分；对两关均闯关成功的学生记德育学分分在闯过第一关的同学中，每位同学第二关闯关成功的概率均为，同学之间第二关闯关是相互独立的从第一关闯关成功的学生中随机抽取人，记人本次活动总分为随机变量，求的分布列与数学期望．
参考数据：若随机变量，则，，
17.本小题分
如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．
证明：平面平面；
若，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．
18.本小题分
在中，设角，，所对的边分别是，，，且满足．
求角；
若，求面积的最大值；
求的取值范围．
19.本小题分
已知函数，其中．
讨论函数的单调性；
若，证明：函数有唯一的零点；
若，求实数的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：根据函数的部分图象，
可得，，所以，
再根据五点法作图可得，
所以，故．
将函数的图象向右平移个单位后，
可得的图象，
再将得到的图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
得到函数的图象，
由，可得，
由于函数在上单调递增，在单调递减，
，，
所以，
所以，函数在的值域为．
16.解：根据题意，由调查情况表，
学生分数的平均数；
根据题意，假设分数近似服从正态分布，近似为样本方差，
则，，
故，则分数在内的学生大约有人；
根据题意，可取的值为、、，
若，即人都没有闯过第二关，则，
若，即人中有恰有人闯过第二关，则，
若，即人都闯过第二关，则，
则的分布列为


则有．
17.解：证明：取中点为，连接，
因为为等边三角形，所以，
且平面平面，平面平面，面，所以平面，
又平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为为中点，所以，且，，平面，所以平面，
且平面，所以平面平面．
由可知，且，，所以平面，且平面，所以，
以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设，则可得，
即，，
设平面的法向量为，
则，即，则可取，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得，或，即或，
当时，则，
所以．
当时，，
所以．
18.解：因为，
根据正弦定理得，
且，
可得，
即，
又因为，则，
可得，整理可得，
且，则，
可得，解得．
由余弦定理得，即，
可得，解得，当且仅当时，等号成立．
所以的面积为：，
故面积的最大值为．
根据正弦定理得
，
令，则，可得，
将原式化为，
因为，则，可得
根据二次函数的图像性质，可得：
当时，原式取得最小值，；
当时，原式取得最大值，．
综上所述，的取值范围为．
19.解：函数的定义域为，
，
当时，令得，令得，
所以函数的减区间为，增区间为；
当时，，若，，，可得；
若，，，可得；若，可得．
故有，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
当时，令，得或，令得，
所以函数的增区间为，，减区间为；
当时，令得或，令得，
所以函数的增区间为，，减区间为；
综上，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的增区间为，没有减区间；
当时，函数的增区间为，，减区间为；
当时，函数的增区间为，，减区间为．
证明：若，函数的减区间为，增区间为，．
当时，由，有，，
由上知，函数有唯一的零点；
解：由知．若，必有又由，可得．
又由，不等式可化为，
设，
有，
当且时，，，可得，
当且时，，，可得，
当时，函数单调递增，故存在正数使得．
若，有，，有，与矛盾，可得，
当时，；当时，，可得函数的减区间为，增区间为，
若，必有，有，
又由，有，
有，有．
又由，有，可得，
有，可得，
由，及，可得，
故实数的取值范围为．
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