上饶市名校2024届高三上学期10月第一次月考
数学试卷
考试时间：2023年10月 考试时长：120分钟 满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，上交答题卡.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.“”是“”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
3.已知，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知函数在区间上递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5.函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
6.在中，内角，，所对的边分别为，，，的面积为，，，则（ ）
A. B. C.4 D.
7.保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲.某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤过程中的污染物的残留数量（单位：毫米/升）与过滤时间（单位：小时）之间的函数关系为，其中为常数，，为原污染物数量.该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（ ）参考数据：.
A.9% B.10% C.12% D.14%
8.已知，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9.已知、、、均为实数，则下列命题中正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，则
10.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.的图象关于直线对称
C.将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于原点对称
D.若在上有且仅有一个零点，则
11.已知定义在R上的函数，其导函数的定义域也为R.若，且为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
12.定义在R上的函数的导函数为，且，则对任意，下列结论成立的是（ ）
A. B.
C.不存在，，使得 D.存在，，使得
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知函数，则______.
14.已知命题：，命题：，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是______.
15.已知，且，则的最小值为______.
16.已知定义在上的函数满足，，则关于的不等式的解集为______.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.等比数列的各项均为正数，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.已知函数
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）函数在区间内有三个零点，求的取值范围.
19.如图，在多面体中，平面，平面平面，其中是边长为2的正三角形，是以为直角的等腰三角形，.
（1）证明：平面.
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
20.密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状、大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片.皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成.为测皇冠图形的面积，测得在平面凹四边形（图2）中，，，.
图1 图2
（1）若，，求平面凹四边形的面积；
（2）若，求平面凹四边形的面积的最小值.
21.某工厂计划投资一定数额的资金生产甲，乙两种新产品.甲产品的平均成本利润（单位：万元）与投资成本（单位：万元）满足：（，为常数，，）；乙产品的平均成本利润（单位：万元）与投资成本（单位：万元）满足：.已知投资甲产品为1万元，10万元时，获得的利润分别为5万元，16.515万元.（）
（1）求，的值；
（2）若该工厂计划投入50万元用于甲，乙两种新产品的生产，每种产品投资不少于10万元，问怎样分配这50万元，才能使该工厂获得最大利润？最大利润为多少万元？（参考数据：，）
22.已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，，求实数的取值范围.
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数学参考答案与解析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
D A D C D B C C BCD ABD ACD BD
13. 14. 15. 16.
一.选择题（共9小题）
1.【分析】解不等式求出集合，再利用集合的运算求出各选项的结果进行验证.
【解答】解：由题意可得，，
则，，，所以，，，，故选：D.
【点评】本题考查了集合的运算，是基础题.
2.【答案】A
【解析】
【分析】通过不等式性质分别求解出与的范围，从而再进行判断.
【详解】由，可得或，即或，
由，可得或，即或，
所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.
3.【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦的和差公式对原式进行展开，平方后再利用，，去进行整理可得.
【详解】因为，所以，平方后可得，整理得，所以.故选：D.
4.【分析】由题意知函数是由和复合而来，由复合函数单调性结论，只要在区间上单调递增且即可.
【解答】解：令，由题意知：在区间上单调递增且，
，又解得：
则实数的取值范围是.故选：C.
【点评】本题主要考查复合函数的单调性和一元二次方程根的分布，换元法是解决本类问题的根本.
5.【分析】先检验函数图象的奇偶性，然后检验和即可判断.
【解答】解：根据题意，的定义域为，可得.
故为奇函数，排除A，令，解得，排除C，
当时，，排除B.故选：D.
【点评】本题考查了函数图象的变换，是基础题.
6.【分析】根据正弦定理面积公式和余弦定理求解即可.
【解答】解：因为的面积为，，
所以，即.
所以，所以.故选：B.
【点评】本题主要考查了余弦定理及三角形的面积公式的应用，属于基础题.
7.【分析】根据题意可得，解得，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系式，再将代入即可求得答案.
【解答】解：因为前9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，
所以，即，所以，
再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为，
所以废气中污染物的残留量约为原污染物的12%.故选：C.
【点评】本题考查了指数的基本运算，也考查了函数在生活中的实际运用，属于中档题.
8.【分析】，之间的比较通过构造函数，，之间的比较通过乘方运算.
【解答】解：令，则，
由于，即，
所以，在上单调递增，又，所以当，，
所以有，即，即，由于，
要比较，，只需比较和，只需比较和，
只需比较e和，由于，所以，所以.故选：C.
【点评】本题主要考查对数的大小比较，属中档题.
9.【分析】由不等式的性质逐一判断即可得出结论.
【解答】解：A中，∵，∴，又∵，∴，
即，故A不正确；
B中，∵，，∴，即，故B正确；
C中，∵，∴，又∵，∴，故C正确；
D中，由，可知，∴，，∴成立，故D正确.故选：BCD.
【点评】本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题.
10.【答案】ABD
【解析】
【分析】由最值求，由周期求，再由，可求，进而可求函数解析式，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断.
【详解】由题意可得，，，故，，，A正确；
又因为，故，，
所以，，所以.
对于B，当时，，的图象关于直线对称，B正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度后，
得到的图象不关于原点对称，C错误；
对于D，在上有且仅有一个零点
，，∴，∴，D正确.故选：ABD.
11.【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可以推出的周期以及对称中心，根据，可得的周期是4，又是由向左平移1个单位得到的，且注意到为奇函数，因此的对称中心为；然后对每一选项逐一验证判断即可.
【详解】对于A选项：注意到，又是由向左平移1个单位得到的，且注意到为奇函数，因此的对称中心为即，因此；故A选项符合题意.
对于B选项：令，此时满足题意，但，故B选项不符题意.
对于C选项：因为的对称中心为，所以，又已知，所以，这表明了关于直线对称，即，由复合函数求导法则且同时两边对求导得；故C选项符合题意.
对于D选项：由的对称中心为，即，两边对求导得，结合C选项分析结论，可知，所以这表明了的周期为4，因此，注意到，所以；故D选项符合题意.故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解决本题有两个关键之处，一方面：的周期以及对称中心并举反例排除B选项；另一方面：得出的对称轴，进而求出的奇偶性、周期性.
12.【分析】构造函数，由题意得在R上恒成立，即在R上单调递增，逐一分析选项，即可得出答案.
【解答】解：令，则，
∵，∴，所以在R上恒成立，
且不恒为0，∴在R上单调递增，
对于A：∵，即，即，但不能推得，故A错误；
对于B：∵，∴，即，即.故B正确；
对于C：假设，则，
又在R上单调递增，∴，
取，能使等式成立，故存在，，使得.故C错误；
对于D中，存在，，使得（如，满足且），
则，即，即，故D正确.故选：BD.
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.【答案】
【解析】
【分析】根据导数的运算法则及复合函数求导的知识求得正确答案.
【详解】由于，
所以.故答案为：
14.【分析】分别求出关于，的不等式，根据充分必要条件的定义，求出的范围即可.
【解答】解：由，解得：，得：；
由，解得：，故：，若是的必要不充分条件，
即，故，解得：，故答案为：.
【点评】本题考查了充分必要条件，考查集合的包含关系，是一道基础题.
15.【答案】
【解析】
【分析】令，，将已知条件简化为；将用，表示，分离常数，再使用“乘1法”转化后利用基本不等式即可求得最小值.
【详解】解：令，，因为，，所以，，
则，，所以，
所以
，
当且仅当，即，，即时取“=”，所以的最小值为.
16.【分析】构造函数，，由题意可得在上单调递减，不等式转化为，利用单调性，即可得出答案.
【解答】解：令，，则，
所以当时，，即当时，，
所以在上单调递减，又，所以，
因为，即，所以，
所以原不等式的解集为.故答案为：.
【点评】本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，利用函数单调性解不等式，化归转化思想，属中档题.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项与公比，即可求出等比数列的通项公式即可；
（2）由化简，可得到的通项公式，求出的通项公式，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设数列的公比为，
由得，所以.由条件可知，故.
由得，所以.故数列的通项公式为.
（2）.
故.
所以数列的前项和为
18.【分析】（1）先化简，得，利用周期公式可得周期，由正弦函数性质知在，上递减，即可求减区间；
（2）应用整体法求的区间，再由正弦函数的零点列出不等式求解即可.
【解答】解：（1）因为，
所以的最小正周期，
∵，，∴，
所以的单调递减区间为；
（2）因为当时，，所以，
化简得，即的取值范围.
【点评】本题主要考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题
19.【分析】（1）先证明线面垂直，再由线面垂直的性质得线线平行，利用线面平行判定定理求证即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解答】解：（1）取的中点，连接，.
因为是边长为2的正三角形，所以，且.
因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）过点作，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，故，，，.
设平面的一个法向量为，则，
令，所以平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，则，
令，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
【点评】本题考查线面平行的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题.
20.【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可得，然后利用余弦定理，同角关系式及三角形面积公式即得；
（2）利用余弦定理及基本不等式可得，进而可得平面凹四边形面积的最小值.
【小问1详解】
如图，连接，
在中，，，，
由余弦定理，得，，
在中，，，，
，∴，
∴，又，
∴；
【小问2详解】
由（1）知，，中，，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，∴，
∴，
∴当且仅当时，平面凹四边形面积取得最小值.
21.【分析】（1）根据投资甲产品为1万元，10万元时，获得的利润列出方程，即可求得答案；
（2）设甲产品投资万元，乙产品投资万元，由此列出获得利润的表达式，利用导数求得最大值，可得答案.
【解答】解：（1）由题意知，，
整理得，解得，；
（2）设甲产品投资万元，乙产品投资万元，且，
则该公司获得的利润，；
则在上单调递减，
令，解得或（舍去），
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
∴，
∴当甲，乙两种产品各投资25万元时，公司取得最大利润，最大利润为31.09万元.
【点评】本题考查了函数的实际应用，属于中档题.
22.【答案】（1）答案见解析（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导后分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出其单调区间，
（2）由，得，令，则有对恒成立，判断出在单调递增，则转化为对恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值，从而可求出实数的取值范围.
【小问1详解】
依题意，得.当时，，所以在单调递增.
当时，令，可得；令，可得，
所以在单调递增，在单调递减.
综上所述，当时，在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
因为当时，，所以，
即，即，
即.
令，则有对恒成立.
因为，所以在单调递增，
故只需，即对恒成立.
令，则，令，得.
当时，，当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以.因此，所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为，构造函数，则对恒成立，再利用函数的单调性进一步转化为对恒成立，再次构造函数，利用导数可求得结果，考查数学转化思想，属于较难题.
