2024-2025学年湖南省常德市常德一中高三（上）第一次月考数学试卷（含答案）

2024-2025学年湖南省常德一中高三（上）第一次月考数学试卷
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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.设，，，则( )
A. B. C. D.
4.近年，“人工智能”相关软件以其极高的智能化水平引起国内关注，深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示训练迭代轮数，则学习率衰减到及以下所需的训练迭代轮数至少为参考数据：( )
A. B. C. D.
5.“”是“函数在单调递增”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
6.对于三次函数给出定义：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”某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心给定函数，请你根据上面探究结果，计算( )
A. B. C. D.
7.，，均有成立，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，，若，，使成立，则实数的取值范围是( )
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.下列选项中正确的有( )
A. 若，则
B. 若集合，，且，则实数的取值所组成的集合是
C. 若不等式的解集为，则不等式的解集为或
D. 已知函数的定义域是，则的定义域是
10.已知，，且，则( )
A. 的最小值是 B. 的最小值是
C. 的最大值是 D. 的最小值是
11.已知函数，下列选项中正确的是( )
A. 在上单调递增，在上单调递减
B. 有极大值
C. 无最小值
D. 若函数恰有个零点，则实数的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知命题“，使得”是假命题，则实数的取值范围是______．
13.已知函数，分别是定义在上的奇函数，偶函数，且，则 ______．
14.设函数，若在上满足的正整数至多有两个，则实数的取值范围是______．
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
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知向量满足，，且．
求角；
若是锐角三角形，且，求周长的取值范围．
16.本小题分
已知正方体的棱长为，，，为线段上的动点，是点关于所在直线的对称点．
求证：；
求三棱锥的体积；
当时，求二面角的余弦值的绝对值．
17.本小题分
数列满足．
求的通项公式；
若，求的前项和．
18.本小题分
已知椭圆：的右焦点与点连线的斜率为，且点在椭圆上其中为的离心率．
求椭圆的标准方程．
已知点，过点的直线与交于，两点，直线，分别交于，两点，试问直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
19.本小题分
已知；
Ⅰ当，时，求曲线在点处的切线方程；
Ⅱ已知有两个极值点，，且满足，求的值；
Ⅲ在Ⅱ的条件下，若在上恒成立，求的取值范围．
参考答案
1.
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13.
14.
15.解：因为，而，，
所以，即，
由正弦定理得，
在中，，可得，
因为，
所以或；
因为，且三角形为锐角三角形，
所以，
由正弦定理得：，
所以，，
所以，
，
，
又因为为锐角三角形，
可得，
可得，，
可得，，
所以，又因为，
所以．
所以的周长的取值范围为．
16.证明：连接，
由知，，
因为，
所以，
所以，
因为，且，
所以，
由正方体的性质知，平面，
因为平面，所以，
又，、平面，
所以平面，
因为平面，所以．
解：的面积，
三棱锥的体积．
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
所以，，
故二面角的余弦值的绝对值为．
17.解：数列满足，
当时，，
两式相减可得，，
所以，
当时，也满足上式，
所以；
由得，
所以，
则，
两式相减的，，
所以．
18.解：由题意可设椭圆的焦距为，则椭圆的右焦点为，分
由题意可得，解得，分
故椭圆的标准方程为分
由题意可知直线的斜率不为，
设直线的方程为，，，，，
则直线的方程为分
联立，消去，整理得，分
则，即，分
代入，得分
同理可得，分
分
，分
直线的斜率为定值，且定值为分
19.解：Ⅰ当，时，
，，
所以，
所以．
所以曲线在点处的切线方程为；
Ⅱ因为，．
所以，
因为有两个极值点，，
所以有两个大于的变号零点，
所以方程有两个不等正根，
所以，解得，
又因为，
即有，
整理得，
代入，，
可得，解得．
又因为，
所以可得经检验，符合题意．
所以；
Ⅲ由Ⅱ可知且，从而，
因为在上恒成立，
令，．
则有在上恒成立，
易得，
因为，
所以，
令，，
则，对称轴，
当时，，，
所以在单调递增，
从而恒成立，
所以在也恒成立．
所以在单调递增，
从而恒成立；
当时，，
所以有两个不等实根，不妨设，
所以，且当时，，
从而，
所以在上单调递减，
所以与“在上恒成立”矛盾，不符题意．
综上，的取值范围是．
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