江苏省如东一中、宿迁一中、徐州中学2025届高三上学期第一次阶段性测试数学试卷(含答案)

这是一份江苏省如东一中、宿迁一中、徐州中学2025届高三上学期第一次阶段性测试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．已知,是两个平面,l,m是两条不同的直线,则下列说法正确的是( )
A.若,,则B.若,,则
C.若,,则D.若,,则
3．设向量,,若,则( )
A.0或B.4或C.2或D.0或
4．生物丰富度是河流水质的一个评价指标,其中S,N分别表示河流中生物种类数和生物个体总数.生物丰富度指d越大,水质越好.如果某河流治理前后的生物种类数S没有变化,生物个体总数由变为,生物丰富度指数由2.85提高到3.8,则( )
A.B.C.D.
5．已知函数的部分图象如图所示,则的解析式可能是( )
A.B.C.D.
6．若函数在上单调递减,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．设矩形ABCD()的周长为12,把沿AC向折叠,AB折过去后交DC于点P,则( )
A.周长为定值,面积有最大值B.周长为定值,面积有最小值
C.面积为定值,周长有最大值D.面积为定值,周长有最小值
8．已知,,,则a,b,c的大小关系是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.命题“,”的否定是“,”
B.函数的最小值是4
C.“且”是“”的充分不必要条件
D.关于x的不等式的解集是,则
10．已知,且,则( )
A.的最小正周期是
B.是偶函数
C.的图象关于直线对称
D.若在上有且仅有两个零点,则
11．在长方体中,,点P满足,其中,,则( )
A.若与平面ABCD所成角为,则点P的轨迹长度为
B.当时,面
C.当时,有且仅有一个点,使得
D.当时,的最小值为
三、填空题
12．求值:________.
13．若x,,,则的最小值为________.
14．函数,若对于任意,都有成立,则实数a的值为________.
四、解答题
15．已知函数为R上的偶函数,且.
（1）求a;
（2）求在处的切线方程.
16．已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,且.
（1）求B;
（2）若,M是BC中点,,求的面积.
17．如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,,,M为EF的中点.
（1）证明:平面BDE,并求直线AM和平面BDE的距离;
（2）求二面角的余弦值;
（3）试在线段AC上确定一点P,使PE与AB所成角为.
18．已知函数,.
（1）当时,求的单调区间;
（2）若时,,求a的取值范围;
（3）对于任意的且,证明:
19．已知集合,若存在数阵满足:①;②;则称为“好集合”,并称数阵T为的一个“好数阵”.
（1）已知数阵是的一个好数阵,试写出x,y,z,w的值;
（2）若集合为“好集合”,证明:集合的“好数阵”必有偶数个;
（3）判断是否为“好集合”.若是,求出满足条件的所有“好数阵”;若不是,说明理由.
参考答案
1．答案：A
解析：由,
解得:,
即,
故.
故选:A.
2．答案：B
解析：对于A,若,,则,故A错误;
对于B,若,,则在平面内存在直线t,使得,
而,故,则,故B成立;
对于C,若,,则或,故C错误;
对于D,若,,则,故D错误,
故选:B.
3．答案：B
解析：,,,
故,解得或,
故选:B
4．答案：C
解析：由题意:
.
故选:C
5．答案：C
解析：由图可得,而B中函数满足,D中函数满足,故排除BD,
对于A函数:当时,,而,故,
故当时,,故排除A,
故选:C.
6．答案：D
解析：设,
由题意可知,函数在上单调递减,且,
函数的对称轴为,
所以,解得.
故选:D.
7．答案：A
解析：如图所示:
设,,则,,
由题意可知:,则,
可得的周长为,为定值;
因为,则,
即,整理可得,即,
可得的面积为
,当且仅当,即时,等号成立,
所以的面积有最大值;
综上所述:周长为定值,面积有最大值.
故选:A.
8．答案：B
解析：,
因为,则,
而,,
故.
故选:B.
9．答案：BCD
解析：选项A:命题“,”是一个全称量词命题,
所以该命题的否定是:“,”,错误;
选项B:,
当且仅当,即时取等号,故正确;
选项C:当且时,易知,
当时,取,,此时且不成立,
故“且”是“”的充分不必要条件,正确;
选项D:因为关于x的不等式的解集是,
则2和是方程的两个实数根,
所以,解得,所以,正确.
故选:BCD.
10．答案：ABD
解析：由函数,
因为,可得,解得,,
所以,,因为,可得,所以,
对于A中,由,可得的最小正周期为,所以A正确;
对于B中,由,
此时函数是偶函数,所以B正确;
对于C中,由,
令,,解得,,可得对称轴的方程为,,
所以不是的对称轴,所以C不正确;
对于D中,由函数,
当,可得,则,
要使得在上有且仅有两个零点,则满足,
解得,所以D正确.
故选:ABD.
11．答案：BCD
解析：对于A中,连接BP,在长方体中,可得平面ABCD,
所以即为与平面ABCD所成的角,即,
在直角中,可得,
所以点P的轨迹为以B为圆心,半径为的圆,其周长为,所以A错误;
对于B中,当时,因为,且点P满足,
所以点P在线段AC,连接AC,,,
在长方体中,可得,,
因为平面,且平面,所以平面,
同理可证平面,
又因为,且AC,平面,所以平面平面,
因为平面,所以平面,所以B正确;
对于C中,当时,因为,且点P满足,
取AB,CD的中点E,F,连接EF,AF,BF,可得点P在线段EF上运动,
若,因为平面ABCD,且平面ABCD,
所以,,,平面,故平面,
又平面,故,所以点P在以AB为直径的圆上,
又因为,可得线段EF与以AB为直径的圆只有一个交点F,
所以当点P与F重合时,即当且仅当P为CD的中点时,能使得,所以C正确;
对于D中,当时,因为,且点P满足,
取AB,CD的中点E,F,连接AF,EF,可得点P在线段AF上运动,
沿着AF将直角和平面展在一个平面上,如图所示,
在中,,,,
由余弦定理得,所以,
即的最小值为,所以D正确.
故选:BCD.
12．答案：1
解析：
.
故答案为:1.
13．答案：
解析：因为x,,,则,
又因为,即,
整理可得,解得或（舍去）,
当且仅当时,等号成立,
所以的最小值为.
故答案为:.
14．答案：9
解析：对于任意,都有恒成立,
当时,恒成立,则;
当时,,当时,,
令,,求导得,
若,即,当时,,当时,,
即函数在上单调递增,在上单调递减,,因此,
若,即,恒有,函数在上单调递减,,因此,
所以.
故答案为:9
15．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为函数为R上的偶函数,所以有,
当时,,即,
,,解得,
此时,
经检验,为R上的偶函数,
所以.
（2）由（1）得,所以,
则,则,又,
所以在处的切线方程为:
,即.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）由正弦定理知,
又,A,B,,
所以,,
即,
所以,
所以,,故;
（2）由,所以知为等腰三角形,
取CM中点N,连接AN,则,
不妨设,则,,,
由勾股定理知,
即,所以的面积为.
17．答案：（1）证明见解析;.
（2）
（3）P在线段AC上且.
解析：（1）平面平面ACEF,平面平面,
平面ACEF,且,
平面ABCD.
又平面ABCD,,.
又四边形ABCD为正方形,所以.
故可以A为原点,建立如图空间直角坐标系.
则,,,,,,.
,,,
设平面BDE的法向量为:,
则,可取.
,且点平面BDE,
所以平面BDE.
又,
所以点A到平面BDE的距离为,即直线AM和平面BDE的距离为.
（2）易知是平面CDE的法向量,
设二面角为,则.
故所求二面角的余弦为:.
（3）点P在线段AC上,故可设,（）.
则,又,
PE与AB所成角为,所以,
解得或（舍去）.
此时,点P在线段AC上,且.
18．答案：（1）单调递增区间为,单调递减区间为
（2）
（3）证明见解析
解析：（1）当时,,
显然时,,此时在单调递增,
时,,此时在单调递减,
即的单调递增区间为,单调递减区间为;
（2）由题意知,
若,此时在定义域上单调递减,
即,不符合题意,
若,则,易知上,此时单调递减,
则,不符合题意,
若,则,在上,,此时单调递增,
所以,符合题意,
综上
（3）由（1）、（2）可知,
所以,
即,
所以,
累加得,证毕.
19．答案：（1）,,,
（2）证明见解析
（3）不是,理由见解析
解析：（1）,由“好数阵”的定义,
知,,,,
故,,,,进一步得到.
从而,,,.
（2）如果是一个“好数阵”,
则,.
从而,
.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数,故,从而.
所以数阵和的第1行第2列的数不相等,故是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为S,并定义映射如下:
对,规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种,故S是有限集合.
而
,
即,从而F是满射,由S是有限集,知F也是单射,故F是一一对应.
对于“好数阵”,
已证数阵和是不同的数阵,
故.
同时,对两个“好数阵”,,如果,则;
如果,则.所以,当且仅当.
最后,对,由,称2元集合为一个“好对”.
对,若属于某个“好对”,则或,即或.
由于,故无论是还是,都有.
所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”,所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍,从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若是“好数阵”,
则
,
所以,
这表明一定是偶数.
若,由于此时不是偶数,所以不存在“好数阵”,从而不是“好集合”.