江西省宜春市上高二数学中2025届高三数学上学期第四次月考试题理含解析

PAGE22-江西省宜春市上高二数学中2025届高三数学上学期第四次月考试题理（含解析）一、选择题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先解指数型不等式，得到集合进而求其补集，然后与集合取交集即可.【详解】解:集合，所以故选：C【点睛】本题考查交集与补集运算，考查不等式的解法，考查计算实力，属于常考题型.2.复数满意：（为虚数单位），为复数的共轭复数，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知求得z，然后逐一核对四个选项得答案．【详解】由（z﹣2）•i＝z，得zi﹣2i＝z，∴z，∴z2＝（1﹣i）2＝﹣2i，，，．故选B．点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.平面直角坐标系xOy中，点在单位圆O上，设，若，且，则的值为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用两角和差的余弦公式以及三角函数的定义进行求解即可．【详解】，，，，则，故选C．【点睛】本题主要考查两角和差的三角公式的应用，结合三角函数的定义是解决本题的关键．4.设是首项为正数的等比数列,公比为则“”是“对随意的正整数”的A.充要条件 B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：由题意得，，故必要不充分条件，故选C.【考点】充要关系【名师点睛】充分、必要条件的三种推断方法：①定义法：干脆推断“若p则q”、“若q则p”的真假．并留意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．②等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．③集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是B的充要条件．5.函数的图象是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先依据对数函数的性质，求出函数的定义域，再很据复合函数的单调性求出f（x）的单调性，问题得以解决．【详解】因为x﹣＞0，解得x＞1或﹣1＜x＜0，所以函数f（x）=ln（x﹣）的定义域为：（﹣1，0）∪（1，+∞）．所以选项A、D不正确．当x∈（﹣1，0）时，g（x）=x﹣是增函数，因为y=lnx是增函数，所以函数f（x）=ln（x-）是增函数．故选B．【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，推断图象的左右位置；从函数的值域，推断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，推断图象的改变趋势；（3）从函数的奇偶性，推断图象的对称性；（4）从函数的特征点，解除不合要求的图象.6.要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A.向右平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向左平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】依据三角函数解析式之间的关系即可得到结论.【详解】因为，所以将其图象向左平移个单位长度，可得，故选C.【点睛】该题考查的是有关图象的平移变换问题，涉及到的学问点有协助角公式，诱导公式，图象的平移变换的原则，属于简洁题目.7.已知各项不为0的等差数列满意，数列是等比数列且，则等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得：，，则：.本题选择C选项.8.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的各个侧面中最大的侧面的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据三视图还原出三棱锥的直观图，求出三棱锥的各个侧面面积即可求出侧面面积的最大值．【详解】由三棱锥的三视图可知，三棱锥的直观图（如下图），可在边长为的正方体中截取，由图可知，，，所以侧面，侧面，侧面故侧面的面积最大值为故选B【点睛】本题考查三视图还原直观图，考查学生的空间想象实力，属于中档题．9.已知变量满意约束条件若目标函数的最小值为2，则的最小值为A. B.5+2 C. D.【答案】A【解析】【详解】由约束条件可得到可行域如图所示，目标函数，即当过点时目标函数取得最小值，即，所以，当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值为，故选A.10.设为数列的前项和，，，则数列的前20项和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，相减得由得出，==故选D点睛：已知数列的与的等量关系，往往是再写一项，作差处理得出递推关系，肯定要留意n的范围，有的时候要检验n=1的时候，本题就是检验n=1,不符合，通项是分段的.11.已知函数与函数的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】通过两函数图象关于轴对称，可知在上有解；将问题转化为与在上有交点，找到与相切时的取值，通过图象可得到的取值范围.【详解】由得：由题意可知在上有解即：在上有解即与在上有交点时，，则单调递增；，，则单调递减当时，取极大值为：函数与的图象如下图所示：当与相切时，即时，切点为，则若与在上有交点，只需即：本题正确选项：【点睛】本题考查利用导数解决方程根存在的问题，关键是能够利用对称性将问题转化为直线与曲线有交点的问题，再利用相切确定临界值，从而求得取值范围.12.已知定义在R上的奇函数满意，且对随意的，都有．又，则关于的不等式在区间上的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，函数在是增函数，故恒成立，设，可推断函数是单调递减函数，所以当时，，可推出，又依据函数的性质画出函数和的函数图象，依据图象解不等式.【详解】是奇函数，设，由，可知，整理为：，是增函数，当时，，即设，，是单调递减函数，当时，，即，当时，恒成立，即，又，关于对称，又有，，，是周期为的函数，综上可画出和的函数图象，由图象可知不等式的解集是.故选：C【点睛】本题考查函数的性质和解不等式，意在考查数形结合分析问题和解决问题的实力，以及变形计算实力，旨在培育逻辑思维实力，本题的一个关键点是不等式转化为，确定函数是增函数，另一个是推断的单调性，这样当时，不等式转化为的解集.二、填空题13.已知平面对量、满意，，且，则向量与夹角的余弦值为______.【答案】【解析】【分析】设平面对量与的夹角为，计算出，然后利用平面对量数量积的定义和运算律可得出的值.【详解】设平面对量与的夹角为，由题意可得，，解得.因此，向量与夹角的余弦值为.故答案为：.【点睛】本题考查平面对量夹角余弦值的计算，涉及平面对量数量积的定义和运算律，考查计算实力，属于基础题.14.设，则_____．（不用化简）【答案】【解析】，，，故答案为.15.已知函数为偶函数，若曲线的一条切线的斜率为，则该切点的横坐标等于______．【答案】【解析】【分析】函数为偶函数，利用，可得：，利用导数的几何意义即可得出．【详解】函数为偶函数，，即，可得：．，，设该切点的横坐标等于，则，令，可得，化为：，解得．，解得．则该切点的横坐标等于．故答案为．【点睛】本题考查了利用导数探讨切线的斜率、函数的奇偶性，考查了推理实力与计算实力，属于中档题．16.已知为锐角三角形，满意，外接圆的圆心为，半径为1，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理，将转化为边，得到，将所求的转化成，结合，全部转化为的函数，再求出的范围，从而得到答案.【详解】依据正弦定理，将转化为即，又因为锐角，所以.所以因为是锐角三角形，所以，所以，得，所以故取值范围是.【点睛】本题考查向量的线性运算、数量积，正、余弦定理解三角形，余弦型函数的图像与性质，属于难题.三、解答题17.已知函数，．（1）当时，解关于的不等式；（2）若对随意，都存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，，则当时，由得，，解得；当时，恒成立；当时，由得，，解得．所以的解集为．（2）因为对随意，都存在，使得不等式成立，所以．因为，所以，且，①当时，①式等号成立，即．又因为，②当时，②式等号成立，即．所以，整理得，解得或，故的取值范围为．18.已知函数.（1）若，，，求的值；（2）若动直线与函数和函数的图象分别交于P，Q两点，求线段PQ长度的最大值，并求出此时t的值.【答案】（1）；（2）最大值为，【解析】【分析】（1）先对进行化简，求出，再依据同角三角函数求出，再依据特点，求出，利用和角公式求值即可（2）先表示出，再依据肯定值特点和三角函数最值特点，求出对应的值即可【详解】（1），，则，又，故，...（2）由题意可知当时，取到最大值.当取到最大值时，，又，所以.【点睛】本题考查同角三角函数的基本求法，三角函数正切值的和角公式，复合三角函数最值的求法，难度相对简洁19.已知各项均为正数的数列的前项和为，，.(1)证明数列为等差数列，并求的通项公式；(2)设，数列的前项和记为,证明：.【答案】（1）证明见解析，；（2）见解析【解析】【分析】（1）当时，，两式相减变形为，验证后，推断数列是等差数列；（2）依据（1）的结果求和，利用裂项相消法求数列的前项和，并证明不等式.【详解】（1）由已知：①,得②①－②可得.因为，所以检验：由已知，，所以，那么，也满意式子.所以.所以为等差数列，首项为，公差为.于是.（2）由，所以.所以.则.【点睛】本题考查已知求通项公式和裂项相消法求和，意在考查转化与化归和计算实力，从形式看此题不难，但有两个地方需留意，第一问，假如忽视的条件，就会遗忘验证，其次问，采纳裂项相消法求和，消项时留意不要丢掉某些项.20.中，，，为线段上一点，且满意.(1)求的值；(2)若，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由已知可得，利用面积公式求的值；（2）依据（1）可知，又因为，变形可求，，设，和分别利用余弦定理求的长度.【详解】（1）由题：，所以,即.所以.（2）由，所以，所以，所以，.设，在中，由.中，.又因为,所以，即.化简可得，即，则或.又因为为线段上一点，所以且，所以.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形的综合运用，重点考查转化与变形和计算实力，属于中档题型，有多个三角形的解三角形时，一是可以先分析条件比较多的三角形，再求解其他三角形，二是任何一个三角形都不能求解时，可以先设共有变量，利用等量关系解三角形.21.如图，在四面体中，是正三角形，是直角三角形，，.（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)取的中点，连接，，可证为二面角的平面角,再依据计算可得,即二面角为直二面角,依据平面与平面垂直的定义可证平面平面;(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，以的方向为轴正方向，以的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，然后求出平面的一个法向量和平面的一个法向量,利用两个法向量的夹角即可求得答案.【详解】（1）证明：由题设可得，从而．又是直角三角形，所以.取的中点，连接，，则，.又因为是正三角形，故，所以为二面角的平面角．在中，，又，所以，故,即二面角为直二面角,所以平面平面．（2）由题设及（1）知，，，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，以的方向为轴正方向，以的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.由题设知，四面体的体积为四面体的体积的，从而到平面的距离为到平面的距离的，即为的中点，得，故，，.设是平面的法向量，则，即，可取.设是平面的法向量，则，同理可取，则.所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了平面与平面所成的角,考查了平面与平面垂直的定义,考查了利用法向量求二面角的平面角,建立空间直角坐标系,利用向量解决角的问题是常用方法,属于中档题.22.已知函数.（1）若，函数的极大值为，求实数的值；（2）若对随意的，，在上恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）先求导数，再依据导函数零点分类探讨，依据导函数符号改变规律确定函数极大值，最终依据肯定值求实数值；（2）先求，最大值，再变量分别得，最终依据导数探讨函数最大值，即得实数的取值范围.试题解析：（1）由题意，.①当时，，令，得；，得，所以在单调递增单调递减.所以的极大值为，不合题意.②当时，，令，得；，得或，所以在单调递增，，单调递减.所以的极大值为，得.综上所述.（2）令，当时，，故上递增，原问题上恒成立①当时，，，，此时，不合题意.②当时，令，，则，其中，，