2024-2025学年江西省赣州市全南中学高三(上)月考数学试卷(9月份)(含答案)

2024-2025学年江西省赣州市全南中学高三（上）月考
数学试卷（9月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.设集合A ={0,1,2,3}，B ={x ∈N|x 2−5x +4≥0}，则A ∩B =( )A. {1}
B. {1,2}
C. {0,1}
D. {1,2,3}
2.下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是( )A. y =sinx
B. y =x|x|
C. y =x 1
2
D. y =x−1
x
3.已知函数f(x)=xsinx +cosx +2023，g(x)是函数f(x)的导函数，则函数y =g(x)的部分图象是( )
A. B.
C. D.
4.将函数y =sin (x +φ)的图象上所有点的横坐标缩短到原来的1
2倍(纵坐标不变)，再将所得图象向左平移
π
6个单位后得到的函数图象关于原点中心对称，则sin2φ
=( )
A. −1
2
B. 1
2
C. −
32 D.
32
5.定义在R 上的奇函数f(x)，满足f(x +2)=−f(x)，当0≤x ≤1时f(x)=x ，则f(x)≥1
2的解集为( )A. [1
2,+∞)
B. [12,3
2]
C. [4k +1
2,4k +3
2](k ∈Z)
D. [2k +1
2,2k +3
2](k ∈Z)
6.纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动.因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向.研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert 提出铅酸电池的容量C 、放电时间t 和放电电流I 之间关
系的经验公式：C =I λt ，其中λ为与蓄电池结构有关的常数(称为Peukert 常数)，在电池容量不变的条件下，当放电电流为15A 时，放电时间为30ℎ；当放电电流为50A 时，放电时间为7.5ℎ，则该萻电池的Peukert 常数λ约为( )(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)A. 1.12
B. 1.13
C. 1.14
D. 1.15
7.已知函数f(x)=sin (ωx +π
6)(ω>0)在区间(0,π
2)内有最大值，但无最小值，则ω的取值范围是( )A. (23,8
3]
B. [16,5
6)
C. (23,5
6]
D. [16,8
3)
8.若对任意的x 1，x 2∈(m,+∞)，且x 1<x 2，都有x 1lnx 2−x 2lnx 1
x 2−x 1
<2，则m 的最小值是( )(注：e =2.71828⋯为自然对数的底数)A. 1
e
B. e
C. 1
D. 3
e
二、多选题：本题共3小题，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.下列命题为真命题的是( )
A. “a >1”是“1
a <1”的充分不必要条件
B. 命题“∀x <1，x 2<1”的否定是“∃x ≥1，x 2≥1”
C. 若a >b >0，则ac 2>bc 2
D. 若a >0，b >0，且a +4b =1，则1a +1
b 的最小值为9
10.已知函数f(x)=2sinxcosx +2
3sin 2x ，则( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. (−π
12,
3)是曲线f(x)的一个对称中心
C. x =−π
12是曲线f(x)的一条对称轴
D. f(x)在区间(π6,5π
12)上单调递增
11.已知定义在R 上的函数f(x)满足f(x +2)+f(x)=f(2024)，且f(2x +1)是奇函数，则( )A. f(x)的图象关于点(1,0)对称 B. f(0)=f(4)
C. f(2)=1
D. 若f(1
2)=1
2，则∑100i =1i f(i−1
2)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.若函数f(x)=
3sin (2x +θ)+cos (2x +θ)(θ>0)是偶函数，则θ的最小值是______．
13.已知数列{a n }满足a 1=2，a n +1n +1−a n
n =2，若b n =2
2a n
，则数列{b n }的前n 项和S n =______．
14.若实数a ，b ，c ，d 满足(b +a 2−3lna )2+(c−d +2)2=0，则
(a−c )2+(b−d )2的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x 2−7x +6lnx +10．
(1)求曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)求f(x)的单调区间和极小值．16.(本小题15分)
如图，已知OPQ 是半径为2，圆心角为π
3的扇形，C 是扇形弧上的动点，ABCD 是扇形的内接矩形.记∠POC =α．
(1)用α分别表示OB ，AB 的长度；
(2)当α为何值时，矩形ABCD 的面积最大？并求出这个最大面积．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=
3cosπx−sinπx(x ∈R)的所有正数零点构成递增数列{a n }(n ∈N ∗).
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设数列{b n }满足b n =12n (a n +5
3)(n ∈N ∗)，求数列{b n }的前n 项和S n ．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin2xcosφ−cos2xcos(π2+φ)(0<|φ|<π2)，对∀x ∈R ，有f(x)≤|f(π
3)|．(1)求φ的值及f(x)的单调递增区间；(2)若x 0∈[0,π4]，f(x 0)=1
3，求sin2x 0；
(3)将函数y =f(x)图象上的所有点，向右平移π
24个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐
标变为原来的2倍，得到函数y =g(x)的图象.若∃x ∈[0,π]，
2g(x)+sin2x ≤2m 2−3m ，求实数m 的取
值范围．19.(本小题17分)
已知函数f(x)=2sinx−x ．
(1)若函数F(x)与f(x)的图象关于点(π
,1)对称，求F(x)的解析式；
2
(2)当x∈[0,π]时，f(x)≤m，求实数m的取值范围；
(3)判断函数g(x)=(x+1)f(x)+1在(π
,+∞)的零点个数，并说明理由．
2
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.C
5.C
6.D
7.A
8.A
9.AD 10.ACD 11.ABD 12.π
3
13.4(4n −1)3 14.2 2
15.解：(1)因为f(x)=x 2−7x +6lnx +10，定义域为(0,+∞)，
所以f′(x)=2x−7+6
x =
2x 2−7x +6x
=(2x−3)(x−2)
x ，所以f′(1)=1，又f(1)=4，
所以曲线y =f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y =x +3，切线在x 轴上的截距为−3，在y 轴上的截距为3，
所以切线与坐标轴围成的三角形面积为S =1
2×3×3=9
2．(2)令f′(x)=0，解得x =3
2或x =2，
令f′(x)<0，解得3
2<x <2，令f′(x)>0，解得0<x <3
2或x >2，所以f(x)在(3
2,2)上单调递减，在(0,3
2)和(2,+∞)上单调递增，所以f(x)在x =2出取得极小值，极小值为f(2)=6ln2．
综上所述，f(x)单调递增区间为(0,3
2)和(2,+∞)，单调递减期间为(3
2,2)，极小值为6ln2．
16.解：(1)已知OPQ 是半径为2，圆心角为π
3的扇形，
C 是扇形弧上的动点，ABC
D 是扇形的内接矩形，记∠POC =α，在直角三角形OBC 中，BC =2sinα，OB =2cosα，在直角三角形OAD 中，AD =BC =2sinα，所以OA =AD
tan π3=2
3
3sinα，
所以AB =OB−OA
=2cosα−2 33
sinα；
(2)设矩形ABCD 的面积为S ，所以S =AB ×BC =(2cosα−2
3
3
sinα)×2sinα
=4sinαcosα−4 3
3
sin 2α =2sin2α−4
3
3
×1
2(1−cos2α)
=2sin2α+2
3
3
cos2α−2
3
3
=4
3
3
(
3
2sin2α+1
2cos2α)−2
3
3
=4 33
sin (2α
+π6)−2 33，
因为0<α<π
3，所以π
6<2α+π
6<5π
6，所以当2α+π
6=π
2，即α=π
6时，S max =2
3
3
． 17.解：(1)已知函数f(x)= 3cosπx−sinπx(x ∈R)，
令f(x)=0，
则tanπx =
3，
则πx =kπ+π
3，k ∈Z ，则x =k +1
3，k ∈Z ，
又函数f(x)=
3cosπx−sinπx(x ∈R)的所有正数零点构成递增数列{a n }，
则数列{a n }是以1
3为首项，1为公差的等差数列，则a n =1
3+(n−1)×1=n−2
3，即数列{a n }的通项公式为a n =n−2
3；
(2)由(1)可得b n =n +1
2n ，则S n =221+322+...+n +1
2n ，①
1
2S n =222+323+...+n +12n +1
，② 由①−②可得12S n =1+(122+123+...+12n )−n +12n +1=1+
1
4(1−1
2
n−1)1−1
2
−n +12n +1=32−n +32n +1，则S n =3−n +3
2n ．
18.解：(1)f(x)=sin2xcosφ+cos2xsinφ=sin (2x +φ)，
因为对∀x ∈R ，有f(x)≤|f(π3)|，可得当x =π
3时，f(x)取得最值，所以2×π3+φ=π
2+kπ，k ∈Z ，
可得φ=−π6+kπ，k ∈Z ，又0<|φ|<π
2，所以φ=−π
6，
所以f(x)=sin (2x−π
6)，
由−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k ∈Z ，可得−π6+kπ≤x ≤π
3+kπ，k ∈Z ，所以f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ , π
3+kπ](k ∈Z)．(2)由x 0∈[0,π4]，f(x 0)=13，f(x)=sin (2x−π
6)，可得2x 0−π6∈[−π6 , π3]，sin(2x 0−π6)=1
3，所以cos(2x 0−π
6)=2
2
3
，
所以sin2x 0=sin[(2x 0−π
6)+π
6]=sin(2x 0−π
6)cos π
6+cos(2x 0−π
6)sin π
6=
3+2 2
6
．(3)将函数y =f(x)图象上的所有点，向右平移π
24个单位后得到，
函数y =sin [2(x−π24)−π6]=sin (2x−π4)的图象，进而可得g(x)=sin (x−π
4)，
令ℎ(x)=
2sin (x−π
4)+sin2x =sinx−cosx +2sinxcosx ，x ∈[0,π]，
只需ℎ(x )min ≤2m 2−3m ，
令t =sinx−cosx =
2sin (x−π
4)，
因为x ∈[0,π]，所以x−π4∈[−π4 , 3π
4]，
所以t ∈[−1 , 
2]，
因为t 2=(sinx−cosx )2=1−2sinxcosx ，可得2sin xcos x =1−t 2，所以y =t +1−t 2=−(t−12)2+5
4，
因为t ∈[−1 , 
2]，所以当t =−1时，ℎ(x )min =−1，
所以2m 2−3m ≥−1，即(2m−1)(m−1)≥0，解得m ≤1
2或m ≥1．所以实数m 的取值范围为{m|m ≤1
2或m ≥1}．
19.解：(1)由题意得，F(x)=2−f(π−x)=2−2sin(π−x)+(π−x)=π+2−x−2sinx ．
(2)由题意得，f′(x)=2cosx−1，x ∈[0,π]，令f′(x)=0，解得x =π
3，
所以当x ∈[0,π3)时，f′(x)>0；当x ∈(π
3,π]时，f′(x)<0，所以f(x)在[0,π3)上单调递增，在(π
3,π]上单调递减，所以f(x)的最大值为f(π
3)=
3−π
3
，由于x ∈[0,π]时，f(x)≤m ，
所以实数m 的取值范围为[
3−π
3,+∞)．
(3)令g(x)=0，则(x +1)(2sinx−x)+1=0，整理得2sinx−x +1
x +1=0，令ℎ(x)=2sinx−x +1
x +1，则ℎ′(x)=2cosx−x−1
(x +1)2，当x ∈(π
2,π)时，ℎ′(x)<0.所以ℎ(x)在(π
2,π)上单调递减，
又ℎ(π
2)=2sin π2−π
2+1
π2+1=2−π
2+1
π2+1>0,ℎ(π)=2sinπ−π+1
π+1=−π+1
π+1<0，
所以由零点存在性定理得，ℎ(x)在(π
2,π)上存在唯一零点．
当x ∈[π,+∞)时，ℎ(x)=2sinx−x +1
x +1<2−π+1<0，此时函数无零点．综上所述，ℎ(x)在(π
2,+∞)上存在唯一零点，即函数g(x)在(π
2,+∞)上的零点个数为1．。