广东省普宁市勤建学校2024-2025学年高三上学期10月第一次调研考试 数学试题（含解析）

这是一份广东省普宁市勤建学校2024-2025学年高三上学期10月第一次调研考试 数学试题（含解析），共17页。
2024.9
一､单项选择题：（本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分）
1．已知，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知非零实数，满足，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知是定义在上的奇函数，当时，则（ ）
A．B．0C．1D．2
4．函数的单调减区间为（ ）
A．B．C．D．
5．设函数f（x）= x -+ 1在[1，4]上的值域为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，则满足的x的取值范围为（ ）
A．1,+∞B．
C．D．
8．已知函数，若关于的方程有五个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二､多选题：（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，有选错的得0分，部分选对得部分分．）
9．（多选），，且，则的可能值为（ ）
A．B．C．0D．
10．已知是正数，且，则（ ）
A．的最大值为4
B．的最大值为0
C．的最小值为4
D．的最小值为
11．已知函数的定义域为，则（ ）
A．若，则是上的单调递增函数
B．若，则是奇函数
C．若，且，则
D．若，则是奇函数或是偶函数
三､填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．不等式的解集为 .
13．若为偶函数，则实数 .
14．若实数，，，满足，则的最小值为 ．
四､解答题：（本大题共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．已知集合，.
(1)若，求；
(2)若存在正实数，使得“”是“”成立的________，求正实数的取值范围.
从“①充分不必要条件，②必要不充分条件”中任选一个，填在上面空格处，补充完整该问题，并进行作答.
16．已知数列的前n项和为，，且.
(1)求的通项公式；
(2)已知，求数列的前n项和.
17．在中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
18．已知函数．
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．
19．已知二次函数的图象经过点，且，方程有两个相等的实根.
(1)求的解析式；
(2)设，
①判断函数的单调性，并证明；
②已知，求函数的最小值.
1．A
【分析】利用交集的概念及特殊角的正弦函数值计算即可.
【详解】将中的元素依次代入验证，
只有满足，所以．
故选：A．
2．D
【解析】当时，A,B,C均不成立，即可得到答案；
【详解】对A，当时，不等式无意义，故A错误；
对B，当时，，故B错误；
对C，当时，，故C错误；
对D，当时，成立，故D正确；
故选：D.
3．A
【分析】计算出，根据函数奇偶性求出.
【详解】因为是定义在上的奇函数，当时，.
所以.
故选：A.
4．B
【解析】将函数化简为分段函数，画出函数图象，根据图象得到单调区间.
【详解】，画出函数图象，如图所示：
根据图象知：函数的单调减区间为.
故选：B.
【点睛】本题考查了函数的单调区间，画出函数图象是解题的关键.
5．C
【分析】根据单调性的性质可得在[1，4]上为增函数，代入端点值即可得解.
【详解】由在[1，4]上单调递增，且在[1，4]上单调递减，
根据单调性的性质可得f（x）= x -+ 1在[1，4]上单调递增，
所以由f（1）=0，f（4）=，
故值域为，
故选：C
6．C
【分析】利用增函数的定义并结合一次函数与二次函数性质列出不等式求解即可.
【详解】对任意，当时都有成立，
所以函数在上是增函数，
所以，解得，所以实数的取值范围是.
故选：C.
7．B
【分析】由奇偶函数的定义得出为偶函数，当时，令，由导数判断其单调性进而得出在上单调递增，根据抽象函数不等式解法求解即可．
【详解】由题意得，的定义域为，，
因为，
所以为偶函数，
当时，令，则，
因为和在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增．
由，得，所以，
两边平方并整理，得，解得．
故选：B．
8．B
【分析】先求解出或，然后利用方程的根与函数交点的关系，判断根的个数即可.
【详解】
解得或，
画出的函数图象，
的解得个数，可以看作y=fx与的交点个数，显然有两个交点；
因为，
故y=fx与需要有三个交点，
由函数图像可知，
解得.
故选：B
【点睛】此题主要考察的是分段函数相关的复合函数的根的个数相关问题，做此类题，大多数都需要数形结合求解.
9．BCD
【分析】根据，，得到，分类讨论解决即可.
【详解】由题知
由，解得或
所以，
因为，所以
当时，，满足题意，
当时，，，即，或，即；
故选：BCD
10．BCD
【分析】根据不等式的性质和基本不等式性质，以及利用“1”的妙用，进行求最值即可得解.
【详解】由是正数，且，可得，
对A，，
由可得，无最大值，故A错误；
对B，由，所以，当且仅当时等号成立，
所以，故B正确；
对C，由基本不等式可得，
当且仅当时取等号，故C正确；
对D，，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】举反例可排除A、D，利用奇函数的定义结合换元法可判定B，利用即可判定C.
【详解】对于A，若，则，
但不是R上的单调递增函数，所以A错误；
对于B，若，当时，令，
因为，所以，即；
当时，令，因为，所以，即；
当时，令，因为，所以，
综上，，所以是奇函数，所以B正确；
对于C，若，且，
则，所以C正确；
对于D，若，满足，
但函数是非奇非偶函数，故D错误．
故选：BC．
【点睛】思路点睛：对于抽象函数的性质综合问题，可通过构造函数或利用单调性、奇偶性、对称性等定义一一判定选项.
12．
【分析】利用分式不等式的解法，即可求得不等式的解集.
【详解】由不等式，可得，
结合分式不等式的解法，可得，即不等式的解集为.
故答案为：.
13．0
【分析】由求出的值，然后再检验即可.
【详解】因为定义域为，关于原点对称，而函数fx为偶函数，
所以由得，解得：.
当时，，符合题意.
故答案为：
14．
【分析】看做两点间的距离，问题转化为曲线上动点与直线上动点的距离的最小值，转化为求与直线平行且与曲线相切的直线的切点问题，即可得解.
【详解】实数，，，满足，
，．分别设，．
则的最小值可看做曲线和直线上的动点与的最小距离，
设直线与曲线相切于点，．
则，，解得，．
．点到直线的距离．
即的最小值为．
故答案为：．
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用指数函数的性质与解二次不等式化简集合，从而利用集合的并集运算即可得解；
（2）利用充要条件与集合的关系得到集合的包含关系，从而得解.
【详解】（1），
因，且可化为，
则，
当时，，
所以.
（2）选①：
因“”是“”成立的充分不必要条件，则是的真子集.
又，，，
所以，
经检验，满足题意，
所以实数的取值范围是.
选②：
因为“”是“”成立的必要不充分条件，所以是的真子集.
又，，，
所以，
经检验，满足题意，
所以实数的取值范围是.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据前n项和与通项之间的关系分析可得，结合等比数列求其通项公式；
（2）结合（1）求，分奇偶项，利用分组求和的方法求和即可.
【详解】（1）∵，则有：
当时，，解得；
当时，则，
两式相减得，即；
注意到，故，
∴是首项为3，公比为3的等比数列，
故.
（2）由（1）得，
当n为偶数时，
；
当n为奇数时；
综上所述：.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知及余弦定理可推出,利用正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式化简可得，即可证明结论；
（2）利用（1）的结论将边化角，结合三角恒等变换可得，由基本不等式可求得答案.
【详解】（1）证明：在中，由已知及余弦定理，得，
即,
由正弦定理，得，又，
故
.
∵，∴,
∵，∴，故.
（2）由（1）得，∴，，
由（1），得
，
当且仅当时等号成立，
所以当时，的最小值为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程.
（2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围.
【详解】（1）当时，．
故切线的斜率，又切点为
切线方程为，化简得．
（2）法1：当时，恒成立，故，
也就是，即，
由得，令，
则，
令，则，
可知在单调递增，则，即在恒成立，．
故在单调递增，所以，故在恒成立．
所以在单调递增，而，所以，故．
法2：因为当时，恒成立，故，
由，
令，得或，
①当，即时，在上恒成立，
在上单调递减，，
不合题意，合题意．
②当，即时，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，
，
设，则恒成立，
在上单调递减，故即，合题意．
综上，．
法3：因为当时，恒成立，也就是，
即恒成立，令，
令，
恒成立，在上单调递增．
．
①当，即时，在上单调递增，
，合题意；
②当，即时，，
因为，，
存在，使得，即．
在上单调递减，在上单调递增．
，不合题意．
综上，．
【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值.
19．(1)
(2)①在单调递减，在单调递增；②
【分析】（1）通过待定系数的方式，以及条件中二次函数图象经过点，，方程有两个相等的实根，列出对应的方程组，从而得到的解析式；
（2）①通过单调性的定义证明函数的单调；
②因为条件中的和中的具有关系，所以可以换元，并求出的范围，并将函数化简为，从而求出函数的最小值.
【详解】（1）（法一）设，则，
由得，
化简得恒成立，则，即
因为方程有两个相等实根，即有两个相等实根，所以，
可得，.
.
（法二）由可得对称轴为，又过点，
因此设，，所以
因为方程有两个相等实根，即有两个相等实根，所以，可得
.
（2）
①在单调递减，在单调递增.
证明：任取，则
·
当时，，，则，在单调递增；
当时，，，则，在单调递减.
因此在单调递减，在单调递增.
②令，则.
因为，所以，当且仅当，即时取等号，所以.
设，
1）当时，，在上单调递增，

2）当时， ，
当时，在上单调递增；当时，在上单调递增
所以在上单调递增，

综上，.