湖南省邵东市创新高级中学2025届高三上学期第一次月考 数学试题（含解析）

湖南省邵东市创新高级中学2025届高三上学期第一次月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知命题，命题，则（

）A．命题和命题都是真命题B．命题的否定和命题都是真命题C．命题的否定和命题都是真命题D．命题的否定和命题的否定都是真命题3．已知，则（

）A． B．C． D．4．函数的图象大致是（

）A． B．C． D．5．使得“函数在区间上单调递减”成立的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．6．苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（

）N234511121314150.300.480.600.701.041.081.111.151.18A．3 B．12 C．13 D．147．一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金（

）附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有，其中,分别为左、右盘中物体质量，,分别为左右横梁臂长．A．等于 B．小于 C．大于 D．不确定8．已知定义在R上的函数满足，当时，，若对任意，都有，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数，则（

）A．有一个零点 B．的极小值为C．的对称中心为 D．直线是曲线的切线10．已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（

）A．若，则a<0,Δ<0B．若M=(-1,3)，则关于x的不等式的解集为(-∞,-2)∪1C．若为常数，且，则的最小值为D．若的解集M一定不为11．已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（

）A．函数的图象关于对称 B．C． D．三、填空题（本大题共3小题）12．已知函数的定义域是，则函数的定义域为．13．设函数是的导函数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数的图像都有对称中心，其中满足.已知三次函数，若，则.14．设函数，当时，的值域为；若的最小值为1，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．已知中，分别为内角的对边，且.(1)求角的大小；(2)设点为上一点，是的角平分线，且，，求的面积.16．已知函数.(1)求函数的最大值；(2)若不等式在0,+∞上恒成立，求实数的取值范围.17．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且.(1)求抛物线的标准方程；(2)抛物线的准线与轴交于点，过的直线交抛物线于两点，且，点为线段的垂直平分线与轴的交点，求点的横坐标的取值范围.18．已知函数(1)当时，求的单调增区间；(2)若，使，求实数a的取值范围．19．如果数列满足：且则称为n阶“归化”数列.(1)若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项；(2)若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式；(3)若为n阶“归化”数列，求证

参考答案1．【答案】C【详解】，则，故选C.2．【答案】D【详解】对于命题，当或时，，故命题是假命题，命题的否定为真命题；对于命题，因为，所以命题为假命题，命题的否定为真命题；综上,命题的否定和命题的否定都是真命题，故选D.3．【答案】C【详解】解：因为,，即，所以.故选C.4．【答案】A【详解】由时，，排除B，C；又，当且仅当时等号成立，故，排除D.故选A.5．【答案】D【详解】解：令，，因为在定义域上单调递增，由函数在上单调递减，则在上单调递减且恒成立，所以，解得，因为，所以使成立的一个充分不必要条件为.故选D.6．【答案】C【详解】由题意可知,两边同时取对数可得，所以，故，由表中数据可知,故选C.7．【答案】C【详解】设天平左臂长，右臂长，且，设天平右盘有克黄金，天平左盘有克黄金，所以，所以，，则．故选C．8．【答案】B【详解】由可得，当时，，当，，，当，，，令，得或（舍）；若对任意，都有，结合函数图象，可得的取值范围是.故选B.9．【答案】ABD【分析】对于A，由函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，再结合零点存在性定理分析判断，对于B，由选项A的得到函数的单调区间分析判断，对于C，令，可判断的图象关于原点对称，从而可判断出的对称中心，对于D，利用导数的几何意义分析判断即可.【详解】对于A，由，得，令，得；令，得或，则函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以当时，，当时，存在唯一零点，故函数在上只有一个零点，故A正确；对于B，由选项A可知，函数的极小值为，故B正确；对于C，令，定义域为，则，所以函数为奇函数，对称中心为，将函数图象向下平移1个长度单位，得函数的图象，所以的对称中心为，故C错误；对于D，由选项A知，，令，又，所以切线方程为，即，所以直线是曲线在点处的切线，故D正确，故选ABD.【关键点拨】此题考查导数的综合问题，考查利用导数解决函数零点问题，考查导数解决函数极问题，考查导数的几何意义，解题的关键是对函数求导，然后由导数的正负求出函数的单调区间，再分析判断，考查计算能力.10．【答案】AC【详解】由题意，关于的不等式的解集为，对于A，若，即不等式的解集为空集，根据二次函数的性质，则满足a>0,Δ=b2-4ac≤0对于B，若M=(-1,3)，可得和是方程两个实根，且，可得-1+3=-ba-1×3=则不等式，可化为3ax2即a(x+2)(3x-1)>0，解得或，即不等式的解集为(-∞,-2)∪1对于C，若为常数，可得是唯一的实根，且，则满足a<0Δ=b2-4ac=0令ba-1=t，因为且，可得，且ba=t+1则a+4cb-a当且仅当时，即时，即ba=-2所以的最大值为，所以C错误；对于中，当时，函数表示开口向下的抛物线，所以当的解集一定不为，所以D正确.故选AC.11．【答案】ABD【分析】对于A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于B，利用赋值法即可得解；对于CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.【详解】对于A，为偶函数，，即有，则的图象关于对称，A正确；对于B，，令，可得，又，，B正确；对于C，，，，①，②，将①②式分别与联立，化简得：，，，，，，即与的周期均为4，，，，，又函数的图象关于对称，，，，C错误；对于D，又，，，，，，，，D正确.故选ABD.12．【答案】.【详解】因为函数的定义域是2,4，所以，故，因为有意义，所以，所以，所以函数的定义域为2,3.13．【答案】【详解】由题意，，，令，解得，又，故的对称中心为.故当时，.14．【答案】;.【详解】若，则，当,单调递增，所以；当,单调递减，所以.故的值域为.当时，的值域为，不符合题意；当时，在上的最小值为，不符合题意；当时，,画出的图象，如图所示.设与在上的交点横坐标为，又，当时，由图象可得无最小值；当时，由图象可得有最小值，由，可得，故可得，所以，即，化简得,解得.15．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由正弦定理实行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案.(2)先利用三角形的面积关系解出，再根据三角形面积公式计算答案即可.【详解】(1)在中，由正弦定理及得：，由余弦定理得，又，所以；(2)是的角平分线，，由可得因为，，即有，，故.16．【答案】(1);(2)【详解】（1）函数的定义域为，且，令，解得，令，解得所以的单调增区间为，单调减区间为，则.（2）不等式在0,+∞上恒成立，即在0,+∞上恒成立，令，则，令，解得，令，解得,所以的单调增区间为，单调减区间为，则，所以，即实数的取值范围为.17．【答案】(1);(2).【详解】（1）因为在拋物线上，所以，得,因为，所以，即，又，解得，所以抛物线的标准方程为.（2）易知抛物线的准线为，则可得；设，由，可得，如图.设直线，代入到中，得，所以，即可得，联立两式并整理可得，又，由，可得递增，即有，即，又中点坐标为，可得直线的垂直平分线的方程为，令，可得，所以点的横坐标的取值范围为.18．【答案】(1)单调递增区间为和；(2)【详解】（1）当时，，时，单调递增，时，在上单调递增，在上单调递减，所以的单调递增区间为和，（2），使，所以，即.①当时，，对称轴，当,即时，，，所以，所以或，因为，所以，当,即时，，，所以，，因为，所以，②当时，，对称轴，所以，，所以，，所以，

③当时，，因为，因为，所以不可能是函数的最大值，所以，所以，所以，

综上所述：a的取值范围是

.【关键点拨】解答本题的关键是将，使，转化为，然后利用二次函数的性质分类讨论求出其最值即可.19．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案；（2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式；（3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，故，，所以.【详解】（1）设成公差为r的等差数列，显然，则由得，由得，解得，数列为所求3阶“归化”数列.（2）设等差数