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1、内装订线外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_人教版2024-2025学年度第一学期第一次月考测试卷高三 数学（满分：150分 时间：120分钟）题号一二三四总分分数一、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. 若命题,则命题p否定是( )A. ,B. ,C. ,D. ,2. 已知集合,则( )A. B. C. D. 3. 化简,结果是( )A. 6x6B. 6x+6C. 4D. 44. 设,则( )A. B. C. D. 5. 若平面的法向量,直线l的方向向量,则( )A. B. C. D. 或6. 设,若是的必要而不充分条件,
2、则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 7. 若x,y,zR+,且3x=4y=12z,(n,n+1),nN,则n的值是()A. 2B. 3C. 4D. 58. 已知函数,若,使得成立,则实数的取值范围为()A. B. C. D. 二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. 给出下列命题,其中正确命题有()A. 空间任意三个不共面的向量都可以作为一组基底B. 已知向量,则与任何向量都不能构成空间的一组基底C. A,B,M,N是空间四点,若不能构成空间的一组基底,那么点A,B,M,N共面
3、D. 已知向量是空间的一组基底,若,则也是空间的一组基底10. 已知函数,若存在实数,使得在的取值范围为,那么可以为( )A 1B. 0C. D. 11. 已知,则( )A. 的最大值为B. 最小值为4C. 最小值为D. 的最小值为1612. 定义在R上的函数,满足,则( )A. 是函数图象的一条对称轴B. 2是的一个周期C. 函数图象的一个对称中心为D. 若,且,则n的最小值为2三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 计算:_14. 已知:,则的最小值是_.15. 在直三棱柱中,平面,且,为中点,当时,则点到平面的距离为_.16. 已知定义在上的奇函数满足且当时,若对于任意,
4、都有,则实数的取值范围为_四、解答题:本题共6小题,第17小题10分，其它每小题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知集合,集合(1)当时,求;(2)若,求实数的取值范围18. 已知集合或,集合(1)若,且,求实数的取值范围(2)已知集合,若是的必要不充分条件,判断实数是否存在,若存在求的范围19. 如图,在正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱)中,D为BC的中点,E为侧棱上的点(1)当E为的中点时,求证:平面;(2)是否存在点E,使得平面与平面ABC所成的锐二面角为60,若存在,求AE的长,若不存在,说明理由20. 如图,在三棱台中,侧棱平面,点是棱的中点(1)证
5、明:平面平面;(2)求二面角的正弦值21. 已知,其中a为常数.(1)当时,解不等式;(2)已知是以2为周期的偶函数,且当时,有.若,且,求函数的解析式;(3)若在上存在n个不同的点,使得,求实数a的取值范围.22. 已知,其中.(1)若,求取值范围.(2)设,若,恒有,求的取值范围.参考答案与试题解析一、单选题1. C【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得正确答案.【详解】命题,则命题p的否定是,故选:C2. D【解析】【分析】分别解出两个集合中的不等式的解集,求出在实数集中的补集与的交集即可得解.【详解】因为,所以,因此.故选:D.【点睛】本题主要考查集合的补集运算和交集运算,
6、涉及指数不等式,以及对数型函数定义域,属于基础题型.3. D【解析】【分析】由根式的性质可得,再由根式的化简即可求解.【详解】,故选:D.4. D【解析】【分析】利用指数函数和对数函数单调性求解.【详解】因为,所以,故选:D5. D【解析】【分析】根据法向量与方向向量数量积的运算结果,结合线面关系进行判断即可.【详解】因为,所以或.故选:D6. A【解析】【分析】求出为真时的取值范围,根据集合的包含关系与充分必要条件之间的联系求解【详解】解不等式,解不等式,因为是的必要而不充分条件,则,故选:A.7. C【解析】【分析】设,用表示出,然后根据对数的运算性质和换底公式进行变形求解可得所在的范围,
7、进而得到答案【详解】设,则,;又,即故选C【点睛】本题考查对数的换底公式、对数的性质以及基本不等式,具有一定的灵活性和难度,解题的关键是用参数表示出,考查变换和计算能力8. C【解析】【分析】根据题意,将问题转化为的值域是的值域的子集,然后分与讨论,即可得到结果.【详解】设函数在上的值域为,函数在上的值域为,因为若,使得成立,所以,因为,所以在上的值域为,因为,当时,在上单调递减,所以在上的值域为,因为,所以,解得,又,所以此时不符合题意,当时,图像是将下方的图像翻折到轴上方,令得,即,当时,即时,在,上单调递减,所以的值域,又,所以,解得,当时,即时,在上单调递减,在上单调递增,或,所以的值
8、域或,又,所以或,当时,解得或,又,所以,当时,解得或,又,所以,所以的取值范围当时,时,在上单调递增,所以,所以在上的值域,又,所以,解得,综上所述,的取值范围为.故选:C二、多选题9. ABCD【解析】【分析】根据空间向量基底、空间点共面的知识对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】选项A中,根据空间向量基底的概念,可得任意三个不共面的向量都可以构成空间的一组基,所以A正确;选项B中,根据空间的基底的概念,可得B正确;选项C中,由不能构成空间的一组基底,可得共面,又由过相同点B,可得A,B,M,N四点共面,所以C正确;选项D中,由是空间的一组基底,则基向量与向量一定不共面,所以可以构成空
9、间的另一组基底,所以D正确.故选:ABCD10. BC【解析】【分析】判断二次函数的对称轴和单调性,根据单调性以及定义域和值域建立方程组,然后分析建立不等式组解出参数的范围即可.【详解】因为函数开口向上,对称轴为的二次函数,所以在上单调递增,而,所以在单调递增,所以,所以为方程的两个不相等的非负实数根,所以,故选:BC.11. BCD【解析】【分析】A选项,对不等式变形为,利用基本不等式得到,求出的最大值;B选项,将不等式变形为,利用基本不等式得到,求出的最小值;C选项,对不等式变形为,利用求解的最小值;D选项,不等式变形为,利用基本不等式求出和的最小值.【详解】由得:,因为,所以,所以,由基
10、本不等式可得:当且仅当时,等号成立,此时,解得:或,因为,所以舍去,故的最大值为2,A错误;由得:,因为,所以,所以,由基本不等式可得:,当且仅当时等号成立,即,解得:或,因为,所以舍去,故的最小值为4,B正确;由变形为,则,由基本不等式得:,当且仅当时等号成立,此时,令,则由,解得:或(舍去)所以的最小值为,C正确;由可得:,从而当且仅当时,即,等号成立,故最小值为16.故选:BCD,12. ABC【解析】【分析】由已知可推得关于直线对称,.又有.进而得出,即有,即可得出B项;根据的周期可得出的周期为4,结合的对称性,即可得出A项;由的对称中心,即可得出关于点对称,结合的性质,即可得出C项;
11、根据的周期性以及对称性可得,然后分讨论求解,即可判断D项.【详解】由可得,所以关于直线对称,所以关于直线对称,即关于直线对称,所以关于直线对称,所以关于直线对称,所以有,所以有,所以.又由可得,所以关于点对称,所以.对于B项,因为,所以,所以,所以,的周期为,故B项正确;对于A项,由已知周期为2,所以的周期为4.因为关于直线对称,所以是函数图象的一条对称轴,故A项正确;对于C项,关于点对称,所以关于点对称,所以关于点对称,所以.又关于直线对称,所以,所以,所以有,所以函数图象的一个对称中心为,故C项正确;对于D项,由C知,关于点对称,关于点对称,所以,所以.又的周期为4,所以对,.因为,则当时
12、,有.因为,所以,不满足题意;当时,不满足题意;当时,满足题意.故n的最小值为3,D错误故选:ABC【点睛】关键点睛:根据已知关系式可得出的对称轴,进而根据的关系,即可推得的对称轴,结合的对称中心,即可得出的周期.三、填空题13. 1【解析】【分析】根据指数的运算以及对数的运算性质即可求出【详解】原式故答案为:114. #【解析】【分析】根据基本不等式求解即可.【详解】解:,当且仅当,即,时取等号,的最小值是故答案为:15. #【解析】【分析】利用等体积法求点到平面的距离即可.【详解】如图所示, ,为中点,平面,设点到平面的距离为h,故答案为:16. 【解析】【分析】f(x)为周期为4的函数,
13、且是奇函数0在函数定义域内,故f(0)0,得a1,先得到1,3一个周期内f(x)的图象,求出该周期内使f(x)1log23成立的x的范围,从而推出的范围,再分t的范围讨论即可【详解】解:由题意,f(x)为周期为4的函数,且是奇函数0在函数定义域内,故f(0)0,得a1,所以当0x1时,f(x)log2(x+1),当x1,0时,x0,1,此时f(x)f(x)log2(x+1),又知道f(x+2)f(x)f(x),所以f(x)以x1为对称轴且当x1,1时f(x)单调递增,当x1,3时f(x)单调递减当x1,3时,令f(x)1log23,得x,或x,所以在1,3内当f(x)1log23时,x,设g(x),若对于x属于0,1都有,因为g(0),故g(x),当0时,g(x)在0,1上单调递减,
