【文档说明】四川省成都外国语学校2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.132 MB，由小赞的店铺上传

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成都外国语学校高2022级十月月考数学试卷命题人：许桂兵审题人：喻焰彬注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分；2.本堂考试时间120分钟，满分150分；3.答题前考生务必先

将自已的姓名､学号填写在答题卡上，并用2B铅笔填涂；4.考试结束后将答题卡交回.第I卷（选择题部分，共58分）一､单项选择题：本题共8个小题，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{|28}xAx=，2{|280}Bxxx=−−，

则()RAB=ð（）A.2,3−B.(2,3−C.4,3−D.)4,3−【答案】A【解析】【分析】解不等式化简集合,AB，再利用补集、交集的定义求解即得.【详解】集合3{|22}(3,)xAx==+，则R(,3]A=−ð

，又{|(2)(4)0}[2,4]Bxxx=+−=−，所以()R2,3AB=−ð.故选：A2.命题2:0,10pxxax−+的否定是（）A.20,10xxax−+B.20,10xxax−+C

.20,10xxax−+D.20,10xxax−+【答案】C【解析】【分析】由全称量词命题否定形式即可求.的【详解】命题2:0,10pxxax−+的否定是：20,10xxax−+.故选：C3.已知mR，nR，则“228mn+”是“4mn”（）

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【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质可得必要性，举反例可说明不充分性，即可求解.【详解】当4mn时，2228mnmn+，故228mn+，故“228mn+

”是“4mn”的必要条件，当228mn+时，比如1,4mn==−，但是40mn=−，故“228mn+”是“4mn”的不充分条件，故“228mn+”是“4mn”的必要不充分条件，故选：B4.函数()()21cos2πe1xfx

x=−−+的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据奇偶性以及π02x时()fx的正负即可判断.【详解】函数()fx的定义域为R，且()e1cose1xxfxx−=+，()()()e11ecoscose11exxxxfxxxfx−−−−−=−==−++，

的()fx\是奇函数，排除选项C和D，当π02x时，()0fx，排除选项B.故选：A．5.若,,Rabc，且,0,abcabc++则下列命题正确的是（）A.11abB.11bbaa++C.33caD.若0ac，则22cbab【答案

】C【解析】分析】运用特殊值，结合作差法逐个判断即可.【详解】由于,0,abcabc++对于A，设4,2,1,421,4210,abc===++则111142ab==，故A错误；对于B，设()4,0,

1,401,4010,abc===−−++−则11015bbaa+==+，故B错误；对于C，()()()2332221324acacaaccacacc−=−++=−++，由于

ac，则0ac−.2213024acc++，则330ac−.则33ca.故C正确.对于D，设()4,0,1,401,4010,abc===−−++−40ac=−，则220cbab==，故D错误；故选：C.6.下列说法正确的有是（）A.若

函数()fx为奇函数，则()00f=；B.函数()11fxx=−在()(),11,−+上是单调减函数；C.若函数()21yfx=+的定义域为2,3，则函数()fx的定义域为1,12；D.将()2yfx=的图像向右平移

12个单位，可得()21yfx=−的图像【答案】D【【解析】【分析】对于A，根据奇函数的性质，结合反例，可得答案；对于B，根据单调性的性质，结合反例，可得答案；对于C，根据定义域的定义，结合抽象函数的性质，可得答案；对于D，根据函数平移的运算，可得

答案.【详解】对于A，若()1fxx=，则该函数为奇函数，但在0x=出无意义，故A错误；对于B，由2112−−，则()112213f−==−−−，()12121f==−，则()()22ff−，故

B错误；对于C，由函数()21yfx=+，23x，则5217x+，所以函数()fx的定义域为5,7，故C错误对于D，将()2yfx=的图像向右平移12个单位，可得()12212yfxfx=−=−

的图象，故D正确.故选：D.7.已知定义在R上的函数()fx满足()(2)fxfx=−，()()0fxfx+−=，且在[0,1]上有1()4xfx=，则(2020.5)f=（）A.116−B.116C.14D.12【答案】D【解析】

【分析】由已知条件可知()fx为奇函数且周期为4，利用函数的周期，结合其区间解析式即可求(2020.5)f的值.【详解】由()()0fxfx+−=知：()()fxfx−=−，即()fx为奇函数，∵()(2)fxfx=−，有(2)()()fxfxfx+=−=−，∴(4)(

2)()fxfxfx+=−+=，故()fx为周期为4的函数，在[0,1]上有1()4xfx=，所以121111(2020.5)(4505)()()2242fff=+===，故选：D【点睛】本题考查了函数的性质，根

据函数的奇偶性、周期性以及区间解析式求函数值，属于基础题.8.定义min,,pqr表示,,pqr中的最小值.已知实数,,abc满足0,2abcabc++==，则（）A.min,,abc的最大值是2B.min,,abc的最大值

是34−C.max,,abc的最小值是2D.max,,abc的最小值是34【答案】C【解析】【分析】由题先分析出实数a，b，c一正两负，然后利用基本不等式放缩求出最大值的最小值即可.【详解】因为2a

bc=，0abc++=，所以在a，b，c中，2个为负数，1个为正数，不妨设0c，则max{,,}abcc=．因为()()2ababc−+−=，所以24cab，因为0c，2abc=，所以224cc，324c，则2c，故max,,abc的最小值是2，无最大值．故选

：C.二､多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.已知正数x、y，满足2xy+=，则下列说法正确的是（）A.xy的最大值为

1B.xy+的最大值为2C.21xy+的最小值为22D.2211xyxy+++的最小值为1【答案】ABD【解析】【分析】对于AB，利用基本不等式及其推论即可判断；对于CD，利用换元法与基本不等式“1”的妙用即可判断.【详解】对于A，因为0,0,2xyxy+=，所以

22xyxy=+，则1xy，当且仅当xy=且2xy+=，即1xy==时，等号成立，所以xy的最大值为1，故A正确；对于B，因为()2222222()2()0ababababab+−+=+−=−，所以()222()2abab++，当且仅当ab=时，等号成立

，所以()222()2()()24xyxyxy++=+=，则2xy+，当且仅当xy=且2xy+=，即1xy==时，等号成立，所以xy+的最大值为2，故B正确；对于C，22112123()3132222212yxyxxyxyyyxy

xx++=+=+++=+，当且仅当2yxxy=且2xy+=，即422,222xy=−=−时等号成立，所以21xy+的最小值为322+，故C错误；对于D，令1sx=+，1ty=+，则1xs=−，1yt=−，24stxy+=++=，0,0st，所以(

)()22221111112211stxystxyststst−−+=+=−++−+=+++()111112221444tstsstststst=++=+++=，当且仅当st=且4s

t+=，即2st==，即1xy==时，等号成立，所以2211xyxy+++的最小值为1，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取

得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．10.函数21()222xxfx+=−+的定义域为M，值域为[1,2]，下列结论中一定成立的结论的序号是（）A.(,1]M−B.[2,1]M−C.1MD.

0M【答案】ACD【解析】【分析】先研究值域为1,2时函数的定义域，再研究使得值域为1,2得函数的最小值的自变量的取值集合，研究函数值取1，2时对应的自变量的取值，由此可判断各个选项.【详解】由于212()222(21)11,2xxxfx+=−+=−+，2(21)0,1x

−，211,1x−−，20,2x，(,1x−，即函数21()222xxfx+=−+的定义域为(,1−当函数的最小值为1时，仅有0x=满足，所以0M，故D正确；当函数的最大值为2时，仅有1x=满足，所以1M

，故C正确；即当0,1M=时，函数的值域为1,2，故(,1M−，故[2,1]M−不一定正确，故A正确，B错误；故选：ACD【点睛】关键点睛：本题考查函数的定义域及其求法，解题的关键是通过函数的值域求出函数的定义域，再利用元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断，考查了学生的逻

辑推理与转化能力，属于基础题.11.若1823,23ab+==，则以下结论正确的有（）A.1ba−B.112ab+C34abD.22ba【答案】BC【解析】【分析】由对数定义求出,ab，再根据不等式的性质判断．作差并利用二次函数性质得出结论．【详解】由

题意得2log31a=−，228log3log33b==−，.213log9ba−−=−，而2log93，∴10ba−−，A错误；∵0,0ab，2ab+=，ab，∴1𝑎+1𝑏=12(𝑎+𝑏)(1𝑎+1𝑏)=12(2+𝑏𝑎+𝑎𝑏)>12(2

+2√𝑏𝑎×𝑎𝑏)=2，B正确；2222222(log31)(3log3)(log3)4log33(log32)1ab=−−=−+−=−−+，又2>log23>log22√2=32，∴233(1)124ab−−+=，C正确；2222222222(3log3)2

(log31)(log3)8log311(log34)5ba−=−−−=−+=−−，又2223log3log27log325==，即25log33，257log34433−−=−，∴𝑏2−2𝑎=(log23−4)2−5>(−73)2−5=4

9>0，∴22ba，D错误.故选：BC．第II卷（非选择题部分，共92分）三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.12.计算102247()()(2)96−+−−−=______.【答案】12##0.5【解析】【分析】根据给定条件，利用指数运算计算即得.【详解】110222247331

()()(2)[()]12196222−+−−−=+−=−=.故答案为：1213.已知函数2()log(1)fxx=+，若1ab−，且()()fafb=，则2ab++的取值范围是__________.【答案】(2,)+【解析】【

分析】去绝对值，结合对数运算及对勾函数的单调性即可求解.【详解】函数2()log(1)fxx=+，当0x时，2()log(1)=+fxx，当10x−时，2()log(1)fxx=−+，则()fx在(1,)+单调递增，在(1,0)−单调递减，故10a−，0b，由

()()fafb=，则22log(1)log(1)ab+=+，即22log(1)log(1)ab−+=+，所以2log(1)(1)0ab++=，即(1)(1)1ab++=，则111ba+=+，所以12(1)(1)(1)(1)ababaa++=+++=+++，令1xa=+

，则01x，则设函数1()gxxx=+，任取12,(0,1)xx，不妨设1201xx<<<，因为()()12121211gxgxxxxx−=+−−()()1212121xxxxxx−−=，当1201xx<<<，所以120xx−，120xx，1210xx−，所以()()1212

1210xxxxxx−−，所以()()120gxgx−，即()()12gxgx，所以()gx在区间(0,1)上单调递减．则当1x→时，(1)2f→，当x→+时，()fx→+，故2ab++的取值范围是(2,)+故答案为

：()2,+14.已知不等式lnlnxxmxxn−+对0x恒成立，则当nm取最大值时，m=__________．【答案】e【解析】【分析】由题设0m，结合()lnyxmx=−、yxn=+的性质及不等式恒成立得0m，再构造()()lnfxxm

xx=−−，利用导数研究其最小值得2000()()mfxfxmxx=−−且01(,)ex+，根据不等式恒成立得200mmxnx−−，应用基本不等式求nm最大值并确定取值条件0mx=，此时有000()lnxmxxn−=+恒成立即可求参数值.【详解】由()lnxmxx

n−+，且0m，若0m，则()lnyxmx=−在x趋向于0时，函数值趋向−，而yxn=+趋向于n，此时()lnxmxxn−+在(0,)x+上不能恒成立，所以0m，令()()lnfxxmxx=−−且(0,)x+，则ln()xxmfxx

−=，令()lngxxxm=−且(0,)x+，则()ln1gxx=+，所以10ex时()0gx，()gx递减，1ex时()0gx，()gx递增，则11()()0eegxgm=−−，且1(0,)

ex时()0gx，x趋向正无穷时()gx趋向正无穷，故01(,)ex+，使000()ln0gxxxm=−=，即00lnmxx=，所以0(0,)xx时()0gx，即()0fx，0(,)xx+时()0gx，即

()0fx，所以0(0,)xx上()fx递减，0(,)xx+上()fx递增，则20000000()()lnlnmfxfxxxmxxmxx=−−=−−，要使lnlnxxmxxn−+对0x恒成立，只需0()fxn恒成立，所以200mmxn

x−−，即00001121xxnmmmxmxm−−−=−，当且仅当00xmxm=，即0mx=时等号成立，结合已知参数比值取最大值，此时0()()fxfmmn==−=，则0000lnln1xxmxx===，故0ex=，即0emx==.故答案为：e【点睛

】关键点点睛：首先确定0m，再构造()()lnfxxmxx=−−研究最小值，根据不等式恒成立有min0()()fxfxn=，结合0()fxn=等号成立条件求参数m的值.四､解答题：本题共5个小题，

共70分，其中15题13分，16､17题每题15分，17､18题每题17分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.在ABCV中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足sincos6bAaB=−（1）求B；（2）若2b=

，求ABCV周长的取值范围．【答案】（1）π3B=（2）(4,6【解析】【分析】（1）由正弦定理和余弦差角公式，辅助角公式得到πsin03B−=，结合()0,πB，即可求解；（2）由余弦定理和基本不等式，结合三角形两边之和大于第三边，得

到24ac+，得到周长的取值范围.【小问1详解】由正弦定理得πsinsinsincos6BAAB=−，故3131sinsinsincossinsincossinsin2222BAABBABAB=+=+，所以13sinsinsincos22BAAB=，因为()0

,πA，sin0A，所以13πsincossin0223BBB−=−=，因为()0,πB，所以π3B=；【小问2详解】由（1）可知，π3B=，222acbac+−=，又2b=，所以224acac

+=+，由基本不等式得：222acac+，即42acac+，所以4ac，当且仅当2ac==时，等号成立.又()22223416acacacac+=++=+，即04ac+，又2acb+=，所以24ac+，所以46a

bc++，即ABCV周长的取值范围是(4,6.16.如图，在正三棱柱111ABCABC−中，11,4,ABAAD==是1AA中点，E在棱1BB上，且13BEBE=.（1）求证：平面1CDE⊥平面11AACC；（2）求平面1CDE与平面ABC的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）5

5【解析】【分析】（1）证明平面1CDE⊥平面11AACC，只需在平面1CDE内找到一条直线与平面11AACC垂直即可，a根据线面垂直的判定定理易证⊥EF平面11AACC.（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面1CDE与平面ABC的法向量，然后根据空间角的向量求法求解即可.【小问1详解】设1CD

的中点为F，过F作1GG∥1AA分别交11,ACAC于1,GG，连接EF、11BG，则1,GG分别为11,ACAC的中点，所以11112FGAD==，由1114,3BBAABEBE===，得11BE=，即

11FGBE=，又因为1FG∥1BE，所以四边形11BEFG是平行四边形，所以EF∥11BG，因为1G是11AC的中点，111ABC△为正三角形，所以1111BGAC⊥，由正三棱柱的性质得，1AA⊥底面111ABC，且11BG底面111ABC，所以

1111111,BGAAACAAA⊥=，111,ACAA平面11AACC，所以11BG⊥平面11AACC.又因为EF∥11BG，所以⊥EF平面11AACC，EF平面1CDE，所以平面1CDE⊥平面11AACC

.【小问2详解】以BC中点O为原点，(11,,OAOCOOO为11BC中点）分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，则1311,0,2,0,,3,0,,4222DEC−，易得平面ABC的一个法向量𝑛⃗1=

(0,0,1)，设向量𝑛⃗2=(𝑥,𝑦,𝑧)为平面1CDE一个法向量，()1131,,2,0,1,122CDCE=−−=−−，则由21210,0nCDnCE==，得3120,022xyzyz−−

=+=，令1z=，得()23,1,1n=−，设平面1CDE与平面ABC的夹角为，则12125cos5nnnn==.所以平面1CDE与平面ABC的夹角的余弦值为55.17.已知函数()()()2212ln,21ln,2gxxaxxf

xxaxaxaa=−−=−+++R（1）若12,2,6xx时()()()1212120gxgxxxxx−−，求实数a的取值范围.（2）当aR时，讨论()fx的单调性.【答案】（1）(,1−（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意，

函数()gx在26,上单调递增，利用导数，并分离参数a的取值范围；（2）利用导数，分类讨论函数单调性.【小问1详解】依题意可得当2,6x时，()0gx恒成立，所以20xax−−在2,6x上恒成立，

即2axx−在2,6x上恒成立，则min2axx−，令()2,2,6hxxxx=−，由()2210hxx=+，知ℎ(𝑥)在26,上单调递增，从而()min()21ahxh==.经检验知，当1a=时，函数()gx不是常函数，所以a的取值范围

是(,1−.【小问2详解】()()221lnfxxaxaxa=−+++，定义域为(0,+∞)，()()()()21221xxaafxxaxx−−=−++=，令()0fx=，得12x=或xa=.①当0a时，当10,2x

时，()()0,fxfx单调递减，当1,2x+时，()()0,fxfx单调递增；②当102a时，当()0,xa和1,2x+时，()()0,fxfx

单调递增，当1,2xa时，()()0,fxfx单调递减；③当12a=时，𝑓′(𝑥)≥0对()0,x+恒成立，所以()fx在(0,+∞)单调递增；④当12a时，当10,2x

和(),xa+时，()()0,fxfx单调递增，当1,2xa时，()()0,fxfx单调递减.综上所述：当0a时，()fx在10,2单调递减，在1,2

+单调递增；当102a时，()fx在1,2a单调递减，在()0,a和1,2+单调递增；当12a=时，()fx在(0,+∞)单调递增；当12a时，()fx在1,2a单调递减，在10,2和

(),a+单调递增.18.如图，已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=过点()3,1P，焦距为42，斜率为13−的直线l与椭圆C相交于异于点P的,MN两点，且直线,PMPN均不与x轴垂直.（1）求椭圆C的方程；

（2）若10MN=，求MN的方程；（3）记直线PM的斜率为1k，直线PN的斜率为2k，证明:12kk为定值.【答案】（1）221124xy+=（2）123yx=−−（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；（2）设直

线l的方程为13yxm=−+，与椭圆联立，由弦长公式求得MN的方程；（3）将韦达定理代入12kk中计算结果为定值.【小问1详解】由题意得22222911242abcabc+===+解得23222abc===，故椭圆C的方程为221124xy+=.【小问2详解】设

直线l的方程为13yxm=−+，()()1122,,,MxyNxy由22131124yxmxy=−++=得22469360xmxm−+−=，由()22Δ(6)14440mm=−−，得43433

3m−，则212123936,24mmxxxx−+==.()221212110141631092MNxxxxm=++−=−=，解得2m=或2m=−当2m=时，直线1:23lyx=−+经过点()3,1P，不符

合题意，舍去；当2m=−时，直线l的方程为123yx=−−.【小问3详解】直线PM，PN均不与x轴垂直，所以123,3xx，则0m且2m，所以()()1212121212111111333333xmxm

yykkxxxx−+−−+−−−==−−−−()()()212121212111(1)9339xxmxxmxxxx−−++−=−++()222221936131(1)361943

2936391833942mmmmmmmmmm−−−+−−===−−−+为定值.19.设函数()exfxax=−，其中aR.（1）讨论函数()fx在)1,+上的极值；（2）过点()1,0P可作函数()fx的两条切线，求a的取

值范围；（3）若函数()fx有两零点()1212,xxxx，且满足1211xx++，求正实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）0ea（3）)1,+【解析】【分析】（1）求出()exfxa=−，分ea、ea讨论，可得答案；（2）先设出切点()000,exQxax

−，再写出切线的方程，利用切线过()1,0P得到关于0x的方程()002exax=−，构造函数()()0002e,xgxx=−从而将切线的个数问题转化成()0ygx=与ya=有2个交点问题，从而得解；（3）由零点存在定理可知120lnxax，而题设1212ee0xxaxax

−=−=，消去a可得221121eeexxxxxx−==，令211xtx=，且21lntxx=−，求出2x，1x，将其代入1211xx++得(1)(1)()ln01tFttt+−=−+，再利用导数分1、01讨论

可得答案.【小问1详解】由()exfxax=−知()exfxa=−，1）当ea时，且有)()()1,,0,xfxfx+单调递增，故无极值；2）当ea时，有()()()1,ln,0,xaf

xfx单调递减，而()()()ln,,0,xafxfx+单调递增，故()()()lnln,fxfaaaafx==−极小值无极大值.综上，当ea时，()fx无极值；当ea时，()fx极小值为()ln,aafx−无极大值；小问2详解】设点

为()000,exQxax−为函数()fx图象上一点，则以点Q为切点的切线l方程为：()()()0000eexxyaxaxx−−=−−，又l过点()1,0P则：()()()00000ee1xxaxax−−=−−，即()002exax=−，令()()00

02e,xgxx=−则()()0001exgxx=−，当01x时()00gx，则()0gx为增函数；当01x时()00gx，则()0gx为减函数，则()()0max1egxg==，0x→+时，()00;gxx

→−→−时，()00gx→，故0ea.【小问3详解】由（1）可知当ea时，()()ln1ln0faaa=−，()010f=，且(),xfx→+→+，由零点存在定理可知120lnxax

，而题设可知1212ee0xxaxax−=−=，消去a可得221121eeexxxxxx−==，令211xtx=，且21lntxx=−，即21lnln,11tttxxtt==−−，将其代入1211xx++，整理可令

得()()()11ln01tFttt+−=−+，而()()()2222111(1)(1)(1)ttFttttt−−+=−=++，1）当1时，且()1,t+，有()()22(1)0,(1)tFtFttt−+单调递增，()()10FtF=

，满足题设；【2）当01时，且211,t，有()()0,FtFt单调递减，()()10FtF=，不满足题设；综上，的取值范围为)1,+【点睛】关键点点睛：第三问解题关键点

是，将问题化为函数()()()11ln01tFttt+−=−+，从而得解.