江苏省徐州市2024-2025学年高三上学期8月期初考试数学试题（解析版）

这是一份江苏省徐州市2024-2025学年高三上学期8月期初考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了 考生必须保持答题卡的整洁， 已知函数，则“”是“”的， 下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2. 作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4. 考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于集合，先求出定义域，再求出的范围，结合，得到集合；对于集合，令真数大于，求出得范围，然后求集合和集合的交集即可.
【详解】对于集合，令，解得，
所以，所以，
又因为，所以；
对于集合，，解得，
所以，
故
故选：C
【点睛】本题主要考查求解函数的定义域和值域，以及集合的基本运算，注意求解值域时要优先求解函数的定义域，属于基础题.
2. 已知非零实数，满足，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取特值可判断A和C，由函数的单调性可判断B和D.
【详解】对于选项A：取，，则，故A错误；
对于选项B：因为在上单调递增，所以当时，，故B正确；
对于选项C：取，，则，故C错误；
对于选项D：因为在上单调递增，所以当时，，故D错误.
故选：B.
3. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的定义域，以及时，且，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得函数的定义域为，且，
故排除B,C,当时，且，排除A.
故选：D.
4. 已知函数的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先结合条件判断函数的对称性质和单调性，再分别界定三个自变量的值或者范围，利用函数对称性和单调性即得.
【详解】依题可知函数的图象关于直线对称，且在区间上单调递增,则在区间上单调递减.
因，则，，故，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于，得知了函数在上的单调性之后，如何判断三个自变量的大小范围，考虑到三个都是大于1的，且有一个是，故对于和，就必然先考虑它们与的大小，而这需要利用对数函数的单调性得到.
5. 已知函数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先推导函数的奇偶性和单调性，再根据充分必要条件的规定进行判断即得.
【详解】易知函数的定义域为．由可得，
所以函数是偶函数．易得，令，
则，当且仅当时取等号，
所以是增函数，又，故当时，，即在上单调递增．
由上分析知，当时， ，因，
故当时，，即“”是“”的充分条件；
当时，，可得，所以或，
即“”不是“”的必要条件．
故选：A．
6. 函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】原不等式变形为，再利用分段函数的单调性即可得到不等式，解出即可.
【详解】当时，，因为在上单调递增，此时单调递增，
当时，易知单调递增，且当时，，
则在上单调递增，
因为，则，
所以由得，
所以，解得.
故选：A.
7. 已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 方程有解
C. 是偶函数D. 是偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】由已知利用赋值法与等差数列的求和公式，结合函数的奇偶性及方程解的存在条件检验各选项即可判断.
【详解】对于A，因为函数的定义域为，且满足，
取，得，则，
取，得，则，故错误；
对于B，取，得，则，
所以，
以上各式相加得，
所以，
令，得，此方程无解，故B错误.
对于CD，由知，
所以是偶函数，
不是偶函数，故C正确，错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用赋值法得到，再利用等差数列数列的求和公式得到，从而得解.
8. 已知函数的定义域为，且，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数满足的表达式以及，利用赋值法即可计算出的大小.
【详解】由可得，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即，
令，代入可得，即；
由可得，
显然可得.
故选：A
【点睛】方法点睛：研究抽象函数性质时，可根据满足的关系式利用赋值法合理选取自变量的取值，由函数值或范围得出函数单调性等性质，进而实现问题求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 命题“，”的否定是“，”；
B. 如果A是B的必要不充分条件，B是C的充分必要条件，D是C的充分不必要条件，那么A是D的必要不充分条件
C. 函数的图象恒在的图象上方，则a的范围是
D. 已知均不为零，不等式不等式和的解集分别为M和N，则“”是“”成立的既不充分也不必要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】借助全称命题的否定的定义可得A；借助充分条件与必要条件的关系推导可得 B；借助作差法结合二次函数的性质计算可得C；结合充分条件与必要条件的定义，举出相应反例可得D.
【详解】对A：命题“，”的否定是“，”，故A错误；
对B：由A是B的必要不充分条件，B是C的充分必要条件，
可得A是C的必要不充分条件，由D是C的充分不必要条件，
则A是D的必要不充分条件，故B正确；
对C：由题意可得恒成立，
即恒成立，
则当时，有恒成立，符合要求，
当时，，解得，
当时，不恒成立，故舍去，
综上所述，a的范围是，故C错误；
对D：若“”，则“”不成立，
若“”，则“”不恒成立，
故“”是“”成立的既不充分也不必要条件，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，的定义域均为，函数为奇函数，为偶函数，为奇函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的一个周期是
B. 函数的一个周期是
C 若，则
D. 若当时，，则当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，根据条件得到，，即可求解；选项B，根据条件得到，即可求解；选项C，利用选项A和B，可得，再求出，即可求解；选项D，利用选项C中结果，结合条件得到，即可求解.
【详解】对于选项A，因为为奇函数，所以，
令，得到，
即有，故可得，
又为偶函数，所以，即有，
所以，得到，所以，
即函数的一个周期是，所以选项A错误，
对于选项B，因为为奇函数，所以，又，
所以，即，
所以函数的一个周期是，所以选项B正确，
对于选项C，由选项A和B知，，
又，，所以，故选项C正确，
对于选项D，因为当时，，
所以当时，，所以，
所以选项D正确，
故选：BCD.
【点睛】
11. 已知是函数 的极值点，若，则下列结论 正确的是（ ）
A. 的对称中心为B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用，可判断A；令，解得，代入可判断B；利用导数判断出的单调性并求出极值点，结合图像分情况由解出，可得可判断C；利用C选项，若，，得出可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的对称中心为，故A 正确；
对于B，，令，解得，
当时，
，
因为，所以，可得，
当时，
，
因为，所以，可得，
故B错误；
对于C，令，解得，
当或时，，单调递增函数，
当时，，是单调递减函数，
所以在时有极大值，在时有极小值，
如下图，当时，若，则
，
可得，即，解得，
所以；
当时，如下图，若，则
，
可得，即，解得，
所以；
综上所述，，故C正确；
对于D，由C选项可知，若，，
所以，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数研究函数的单调性和极值点.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是______.
【答案】6
【解析】
【分析】先对不等式等价变换为，令得，构造函数，从而，又，利用不等式性质即可求解范围.
【详解】因为，所以，
则不等式等价于，
等价于，令，则，
从而，令，由对勾函数的性质知，
因为，即，所以，
令，则，解得，
所以，当且仅当即时取等号，
故的最大值是6.
故答案为：6
【点睛】关键点点睛：本题考查了复合函数的值域及不等式的性质，解题的关键是对不等式等价变形，利用换元法结合对勾函数性质求解函数范围，最后利用不等式性质求解即可.
13. 已知函数，，若对任意，总存在两个，使得，则实数的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得，，画出在[，4]上的函数图象，可得出，进而求得实数的取值范围．
【详解】，，，
作出在[，4]上的函数图象如图：
对任意，总存在两个，使得，
，解得．
故答案为：．
14. 若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数（），（），且与具有关系，则m的取值范围为_____________________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据题意求出函数的值域为，由题意得到的值域，再将函数进行换元，，由对称轴进行分类讨论，得到的值域，从而得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得对任意的，存在，使得，
又，故的值域，
因为，，
令，则，
设，
①若对称轴，即时，，
则，解得，与求交集，结果为；
②若，即时，，
则，解得，与取交集，结果为，
③若，即时，，
则，解得或，与取交集，结果为，
④若，即时，，
则，解得或，与取交集，结果为．
综上，或．
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念．
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. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）对于，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数符号确定区间单调性；
（2）问题化为对恒成立，讨论、求参数范围.
【小问1详解】
由题设且，
当时在上递减；
当时，令，
当时在区间上递减；
当时在上递增．
所以当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
由题设知对恒成立．
当时，此时，不合题设，舍去．
当时，在上递增，只需符合．
综上：．
16. 设函数（且，，），若是定义在上的奇函数且．
（1）求k和a的值；
（2）判断其单调性（无需证明），并求关于t的不等式成立时，实数t的取值范围；
（3）函数，，求的值域．
【答案】（1），
（2）增函数，或
（3）
【解析】
【分析】（1）为上的奇函数，利用和，列方程即可求出与；
（2）判断为增函数，利用的单调性解不等式；
（3）化简，利用，
可得，根据，判断出的范围，进而得到的值域.
【小问1详解】
∵是定义域为上的奇函数，
∴，得．此时，，，即是R上的奇函数．
∵，∴，即，∴或（舍去）
故，
【小问2详解】
明显地，为增函数，则只需，，
∴或．
【小问3详解】
∴，
令，由（2），易知在上为增函数，
∴，∴
当时，有最大值；
当时，有最小值，∴的值域是．
17. 已知函数，其中为自然对数的底数．
（1）讨论的单调性；
（2）若方程有两个不同的根．
(i)求的取值范围；
(ii)证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）(i)参变分离可得，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可求出的取值范围；(ii) 不妨设，则，分、两种情况讨论，当时，，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再由基本不等式即可得证.
【小问1详解】
由题意得，，则，
由，解得．
显然，
若，则当时，单调递增，当时，单调递减；
若，则当时，单调递减，当时，单调递增．
综上，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增．
【小问2详解】
（i）由，得，
设，由(1)得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
解法一：
当时，，即；
当时，．
设
则
所以在区间内单调递增，
则，即，
所以
又在区间内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
解法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，
又，
所以，即．
又，所以，
又在区间内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
18. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称．
【答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，求导，，分和两种情况讨论函数的单调性.
（2）（ⅰ）求出，直接计算，即可得结果；（ⅱ）根据的定义域，推断函数的对称轴为，验证即可.
【小问1详解】
由题意可知，则的定义域为，
，，
当时，，则在上单调递减；
当时，令，即，解得，
若，；
若，，
则在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
（ⅰ）函数，则，
，故．
（ⅱ）函数的定义域为．若存在，使得曲线关于
直线对称，则关于直线对称，所以
由
．
可知曲线关于直线对称．
19. 已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
（1）若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
（2）若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
（3）若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）原点不存在“上位点”，理由见解析
（2）点的坐标为，点的坐标为
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）先求得函数经过点的切线方程，再根据“上位点”的定义判断即可；
（2）设点的横坐标为，为正整数，再根据导数的几何意义结合“上位点”的定义化简可得，进而可得、的坐标；
（3）由（2），构造等比数列可得，由题意，再根据导数与单调性的关系分析判断即可.
【小问1详解】
已知，则，得，
故函数经过点的切线方程为，
其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”.
【小问2详解】
设点的横坐标为，为正整数，
则函数图像在点处的切线方程为，
代入其“上位点”，得，
化简得，
即，
故，
因为，得（*），
又点的坐标为，
所以点的坐标为，点的坐标为.
【小问3详解】
将代入，解得，
由（*）得，.
即，又，
故是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，即，.
令，则严格减，
因为，所以函数在区间上严格增.
当时，，于是当时，严格减，符合要求
当时，.
因为时，
所以当时，，
从而当时严格增，不存在正整数，
使得无穷数列，，…，严格减.
综上，.
【点睛】方法点睛：
（1）题中出现新定义时，根据新定义内容与数列与导数的基本方法求解分析；
（2）根据数列的递推公式，构造等比数列求解通项公式.