江苏省东海高级中学2024-2025学年高三上学期阶段性学习成果检测数学试题（解析版）

这是一份江苏省东海高级中学2024-2025学年高三上学期阶段性学习成果检测数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合A，B，由此能求出.
【详解】因为集合，，所以
.
故选：B.
2. 复数对应的点在复平面内的（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】因为，因此，复数对应的点在复平面内的第二象限.
故选：B.
3. 设，则“”充要条件是（ ）
A. a，b不都为1B. a，b都不为0
C. a，b中至多有一个是1D. a，b都不为1
【答案】D
【解析】
【分析】由，求得且，即可求解.
【详解】由，可得，所以且，
所以“”的充要条件是“都不为”.
故选：D.
4. 已知函数的定义域为R，且是偶函数，是奇函数，则下列选项中值一定为0的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇偶函数定义的抽象式，采用赋值法求解，再构造满足条件的函数，判断错误选项.
【详解】由偶函数，得，
由为奇函数，得，即，
则有，于是，即，
因此，函数是周期为4的周期函数，
由，，得，由，，得，B正确；
令，则有，
，即，
定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数，
此时，A错误；
，C错误；
，D错误.
故选：B
5. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对应的幂函数单调性进行求解.
【详解】由题意得函数在上单调递增，
因为，所以得：，故A项正确.
故选：A.
6. 设，，则
A B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】分析：求出，得到的范围，进而可得结果．
详解：.
,即
又
即
故选：B.
7. 若定义在上的函数满足且时，，则方程的根的个数是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作出函数与的图象，两图象的交点个数即为方程的根的个数.
【详解】因为函数满足，所以函数是周期为的周期函数.
又时，，所以函数的图象如图所示.
再作出的图象，易得两图象有个交点，所以方程有个零点．故应选A．
【点睛】本题考查函数与方程.函数的零点、方程的根、函数图象与轴交点的横坐标之间是可以等价转化的.
8. 已知函数为偶函数，满足，且时，，若关于的方程至少有两解，则的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的对称性与周期性，数形结合可得函数交点情况，进而确定方程解的情况.
【详解】由已知，则，则，
可知函数为周期函数，最小正周期，
又当时，，
可知函数的图象如图所示，且的值域为，
关于的方程至少有两解，
可得函数y=fx与函数的图象至少有两个交点，
如图所示，

可知当时，，解得，即，
当时，，解得，即，
综上所述，
故选：C.
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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 与表示同一个函数
B. 函数的定义域为，则函数的定义域为
C. 已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是
D. 函数的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，利用相等函数的定义，即可求解；选项B，根据条件，利用抽象函数的定义，得到的定义域为，即可求解；选项C，利用分段函数的性质，即可求解；选项D，通过换元，将问题转化成求的值域，利用二次函数的性质，即可求解.
【详解】对于选项A，因为的定义域需满足，
解得，的定义域需满足，解得，
故两函数有相同的定义域及对应关系，表示同一个函数，所以选项A正确；
对于选项B，因为函数的定义域为，由，得，所以的定义域为，
对于函数，由，得，
所以函数的定义域为，所以选项B正确；
对于选项C，由题意可得，解得，即，所以选项C错误；
对于选项D，令，（），则，
所以函数，函数在上单调递增，
所以当时，y有最小值，所以函数的值域为，所以选项D正确.
故选：ABD.
10. 对于定义域为的函数，若存在区间，同时满足下列条件：①在上是单调的；②当定义域是时，的值域也是，则称为该函数的“和谐区间”.下列函数存在“和谐区间”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由 “和谐区间”定义，结合每个函数进行判断，逐一证明函数存在或不存在“和谐区间”即可
【详解】对A，可知函数单调递增，则若定义域为时，值域为，故不存在“和谐区间”；
对B，，可假设在存在“和谐区间”，函数为增函数，若定义域为时，值域为，则，解得（符合），（舍去），故函数存在“和谐区间”；
对C，，对称轴为，先讨论区间，函数为减函数，若定义域为时，值域为，则满足，解得，故与题设矛盾；同理当时，应满足，解得，故无解，所以不存在“和谐区间”；
对D，为单增函数，则应满足，可将解析式看作，，由图可知，两函数图像有两个交点，则存在“和谐区间”
故选BD
【点睛】本题考查函数新定义，函数基本性质，方程与函数的转化思想，属于难题
11. 已知函数，若方程有四个不同的零点，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】在同一直角坐标系内作出和图象，结合图象，可判定A正确；再由图象得到且，，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】如图所示，在同一坐标系内作出函数和的图象，
由图象知，要使得方程有四个不同的零点，只需，所以A正确；
对于B中，因为，
且函数关于对称，
由图象得，且，
所以，可得，则，
所以，其中，
令，当且仅当时，取得最小值，
所以，所以B正确；
对于C中，是的两个根，
所以，即，所以，
由是的两个根，所以，
所以，所以C不正确；
对于D中，由，可得，
令，可得函数在上单调递增，
所以，即，，所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】知识方法点拨：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略：
1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象；
2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”.
3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. ________.
【答案】12##0.5
【解析】
【分析】根据，，再根据对数的运算即可得出答案.
【详解】因为，
，
所以.
故答案为：.
13. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，即“”是真命题，结合二次函数的图象与性质对的符号分类讨论即可.
【详解】根据题意可得“”是真命题，
当，即时，命题成立；
当时，得，解得，
综上，符合题意的实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 若关于的不等式恰有个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】分和两种情况作出图象，根据不等式的解集即可求解.
【详解】当时，作出和的图象，
由图像可知没有整数解，不符合题意；
当时，作出和的图象，
因为恰有个整数解，
所以是不等式的整数解，
所以，解得，
即实数的取值范围是.
故答案为：
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. 记为等差数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
【小问2详解】
因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
16. 在中，角所对的边分别为a,b,c，已知．
（1）求；
（2）求；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【小问1详解】
设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
【小问2详解】
法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
【小问3详解】
法一：因为，且B∈0,π，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
17. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．

（1）求证平面；
（2）求平面与平面的夹角余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0、、、、C1,1,0、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
【小问3详解】
由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
18. 已知函数表达式为且
（1）求函数的解析式；
（2）若方程 有两个不同的实数解，求实数m的取值范围；
（3）已知若方程的解分别为，，
方程的解分别为，，求的最大值.
【答案】（1）
（2）;
（3）.
【解析】
【分析】（1）将点代入解析式中求出的值，即可求得函数解析式
（2）结合已知条件得到方程，然后令，将方程转化为一元二次方程并求根，然后根据自变量的取值范围即可求出参数的取值范围；
（3）首先通过求解含绝对值的方程，得到，同理解方程，得到，然后根据指数运算可得，最后根据的取值范围即可求解的最大值.
【小问1详解】
由可得，又，，；
【小问2详解】
由和方程
可得：，令，
可得，则有，
且方程有两个不同的实数解，
，解得：.
【小问3详解】
由，得或，
所以，，，
由，得，，
，，
又因为，所以；
，，
即的最大值为.
19. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）用表示出，；
（2）若在上恒成立，求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）.
（2）
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的结合意义，列出等式，即可求解；
（2）由在上恒成立，设函数，求得其导数，分类讨论，判断函数单调性，根据不等式恒成立，求得参数范围.
（3）利用（2）的结论，可得当时，，令 ，则可推得，将这n个不等式累加,即可证明结论.
【小问1详解】
由可得，
则，且，
则.
【小问2详解】
由（1）知，，
令，
则 ，
当时，，
若，则，是减函数，所以 ，这与题意不符；
当时， ，
若，则，仅当时等号成立，是增函数，
所以，即恒成立，仅当时等号成立，
综上所述，所求a的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）知，当 时，有 ，
取，有，且当时，，
令，则 ，
即，
即，，，，
将上述n个不等式依次相加得 ，
两边加，整理得
【点睛】关键点点睛：证明不等式时，要利用（2）中结论，即当 时，有 ，取，有，且当时，，因此解答的关键点就在于要采用赋值的方法，即令，得到，然后采用累加的方法，即可证明.