2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷02(新高考专用)(原卷版+解析)

这是一份2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷02(新高考专用)(原卷版+解析)，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024·天津北辰·三模）已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·天津河北·二模）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知，，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．6D．
4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2025·四川内江·模拟预测）已知为的导函数，则的大致图像是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·四川·三模）已知关于的方程有4个不同的实数根，分别记为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·江苏苏州·三模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函”，为“的可移倒数点”.设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共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．（22-23高二下·辽宁·阶段练习）已知是定义在上不恒为0的偶函数，是定义在上不恒为0的奇函数，则（ ）
A．为奇函数B．为奇函数
C．为偶函数D．为偶函数
10．（2024·全国·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
11．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知指数函数，，的底数分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，函数无极值点
B．在指数衰减模型中，设原有量为，经过次衰减，该量衰减到，则每次衰减率为
C．若a，b，c是三角形的三边长，则，使得，，不能构成一个三角形的三边长
D．若a，b，c是三角形的三边长，且所对的内角是该三角形的最大内角，则，

三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知曲线在点处的切线的倾斜角为,则的值为 .
13．（2021高一下·广东佛山·竞赛）设满足：对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 .
14．（2024·福建泉州·一模）已知函数有且只有两个零点，则a的范围 ．
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. (13分)（2024·上海·三模）已知，函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求的解析式；
(2)判断的单调性，并用函数单调性的定义加以证明.
16. (15分)（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线过点．
(1)求实数的值；
(2)求的单调区间和极值．
17. (15分)（2024·山西吕梁·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围.
18. (17分)（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
19. (17分)（23-24高一上·北京丰台·期末）设，若非空集合同时满足以下4个条件，则称是“无和划分”：
①；
②；
③，且中的最小元素大于中的最小元素；
④，必有.
(1)若，判断是否是“无和划分”，并说明理由.
(2)已知是“无和划分”（）.
①证明：对于任意，都有；
②若存在，使得，记，证明：中的所有奇数都属于
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2025年高考数学一轮复习讲义之滚动测试卷02（新高考专用）
测试范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．（2024·天津北辰·三模）已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2024·天津河北·二模）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知，，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．6D．
4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．（2025·四川内江·模拟预测）已知为的导函数，则的大致图像是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024·湖北黄冈·模拟预测）已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．（2024·四川·三模）已知关于的方程有4个不同的实数根，分别记为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．（2024·江苏苏州·三模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函”，为“的可移倒数点”.设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共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．（22-23高二下·辽宁·阶段练习）已知是定义在上不恒为0的偶函数，是定义在上不恒为0的奇函数，则（ ）
A．为奇函数B．为奇函数
C．为偶函数D．为偶函数
10．（2024·全国·高考真题）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
11．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知指数函数，，的底数分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，函数无极值点
B．在指数衰减模型中，设原有量为，经过次衰减，该量衰减到，则每次衰减率为
C．若a，b，c是三角形的三边长，则，使得，，不能构成一个三角形的三边长
D．若a，b，c是三角形的三边长，且所对的内角是该三角形的最大内角，则，

三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知曲线在点处的切线的倾斜角为,则的值为 .
13．（2021高一下·广东佛山·竞赛）设满足：对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 .
14．（2024·福建泉州·一模）已知函数有且只有两个零点，则a的范围 ．
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. (13分)（2024·上海·三模）已知，函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求的解析式；
(2)判断的单调性，并用函数单调性的定义加以证明.
16. (15分)（2025·甘肃张掖·模拟预测）已知函数的图象在点处的切线过点．
(1)求实数的值；
(2)求的单调区间和极值．
17. (15分)（2024·山西吕梁·三模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围.
18. (17分)（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
19. (17分)（23-24高一上·北京丰台·期末）设，若非空集合同时满足以下4个条件，则称是“无和划分”：
①；
②；
③，且中的最小元素大于中的最小元素；
④，必有.
(1)若，判断是否是“无和划分”，并说明理由.
(2)已知是“无和划分”（）.
①证明：对于任意，都有；
②若存在，使得，记，证明：中的所有奇数都属于.
参考答案：
1．C
【分析】
由已知求解，化简集合N后再由交集运算得答案．
【详解】
∵集合，，
∴，又＝{0,1}，
∴()∩N＝{0,1}．
故选：C．
2．A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由可得，解得，
所以由推得出，故充分性成立；
由推不出，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．D
【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为，，且，
所以，
当且仅当，即，时取等号.
故选：D
4．B
【分析】根据给定条件，利用分段函数单调性，结合一次、二次函数单调性求解即得.
【详解】由是上的增函数，得，解得，
所以实数a的取值范围是.
故选：B
5．C
【分析】根据导函数的奇偶性排除BD，再由导函数的单调性排除A，即可得解.
【详解】，
所以，
因为，
所以为奇函数，故排除BD，
令，则，
当时，，所以在上单调递减，排除A.
故选：C
6．B
【分析】利用切线放缩公式：比较，再由三角函数的单调性，比较.
【详解】由，当时等号成立，知，∵，∴，.
故选：B.
7．A
【分析】变形给定方程，构造函数，利用导数探讨方程取得两个不等根的的范围，再借助一元二次方程求解即得.
【详解】显然不是方程的根，
则方程的根即为方程的根，
令，得，设，求导得，
由，得或，由，得，
即函数在和上单调递减，在上单调递增，，
作出的大致图象，如图，
依题意，方程有两个不相等的实数根，设为，，
观察图象知，方程的每一个根，由得两个不同的值，
于是，且，由，解得，
不妨设，
则，
由，得，
所以的取值范围为.
故选：A
【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.
8．A
【分析】利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.
【详解】依题意，，
由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根，
①当时，，方程可化为，解得，
这与不符，因此在内没有实数根；
②当时，，方程可化为，
该方程又可化为．
设，则，
因为当时，，所以在内单调递增，
又因为，所以当时，，
因此，当时，方程在内恰有一个实数根；
当时，方程在内没有实数根．
③当时，没有意义，所以不是的实数根．
④当时，，方程可化为，
化为，于是此方程在内恰有两个实数根，
则有，解得，
因此当时，方程在内恰有两个实数根，
当时，方程在内至多有一个实数根，
综上，的取值范围为．
故选：A
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
9．BCD
【分析】根据已知，利用奇函数、偶函数的性质进行判断.
【详解】由题意可知，，所以，所以为偶函数，A项错误；
由，得，所以为奇函数，B项正确；
因为，所以为偶函数，C项正确；
因为，所以为偶函数，D项正确.
故选：BCD.
10．BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
11．BCD
【分析】A.由指数函数的性质，结合导数与极值点的关系，即可判断A；根据指数函数的应用，即可判断B；根据特殊值，即可判断C；根据三角形的性质，并构造函数，结合函数的单调性，即可证明D.
【详解】A.当时，函数为偶函数，
当时，求导，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，为其极小值点，
同理当时，为其极小值点，故A错误；
B.设每次衰减率为，则，得，故B正确；
C.，，，当时，3个函数值分别为，不能构成一个三角形的三边长，故C正确；
D.由已知得，，，，
设，则是减函数，又，
所以，，又，故，，故D正确.
【点睛】关键点点睛：本题最关键的选项是D的判断，需变形不等式，并构造函数，.
12．/
【分析】对原函数进行求导,代入得出切线斜率.曲线在处的切线倾斜角为可得出斜率.构造关于的方程，解方程即可.
【详解】曲线的导数,
∵曲线在处的切线的倾斜角为,
∴,
∴,
∴
故答案为: .
13．
【分析】令，由题意，利用二次函数性质求得最值列不等式求解即可.
【详解】令.
因为对任意，均存在，使得，所以的值域是值域的子集，
所以，即，解得，即的取值范围是.
故答案为：
14．
【分析】根据题意，转化为有两个根据，即或有两个解，分别令，，利用导数求得函数和的单调性与最值，作出函数和的图象，结合图象，即可求解.
【详解】由函数，令，可得，
即，因为，所以，所以，
可得或，
即或，
令，，可得，，
当时，可得，在单调递增，且；
当时，且；
当时，可得，在单调递减；
当时，可得，在单调递增，且，
又当时，，，
当时，且；
作出函数的图象，如图所示，
要使得有两个实数根，即有两个不同的零点，
结合图象，可得或，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
15．(1)
(2)在区间上为严格增函数，证明见解析
【分析】（1）根据题意，由奇函数的性质可得，求出的值，结合函数的解析式求出的值，计算可得答案；
（2）根据题意，根据单调性的定义，结合作差法证明可得答案．
【详解】（1）根据题意，是定义在上的奇函数，
则有，解得，
又由，解得，
所以，定义域为，
且，所以；
（2）在区间上为严格增函数．
证明如下：设任意，则，
由，得，
即，，，
所以，即，
故在区间上为严格增函数．
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，将点代入求解；
（2）利用导数研究函数单调性和极值.
【详解】（1）由已知得，
则，又，
所以的图象在点处的切线方程为，
将点代入得，解得.
（2）所以，定义域为，
所以，
令，则，
易得在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由，定义域为，求导，令，讨论当取不同的值时的正负情况，即可得到的单调性；
（2）法一：由可化为，令，讨论取正、负、零时恒成立，即可得到实数的取值范围；
法二：由可得，令，即恒成立，由，则令，则恒成立，讨论取正、负、零时的单调情况，得到极值，即可得到实数的取值范围.
【详解】（1）的定义域为，
令，
又，
，当，即时，，此时在上单调递增
，当，即时，
令，解得
其中，当时，
所以在单调递增，在单调递减；
当时，，
故在单调递减，单调递增.
综上：在上单调递增；
在上单调递增；
在上单调递减，在上单调递增.
（2）法一：不妨设，则，同除以得，
所以令，
当时，恒成立，
，若恒成立，符合题意，
，当恒成立，
令则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，
，若，同理恒成立，由知，当
所以不存在满足条件的.
综上所述：.
法二：.
令，则只需在单调递增，
即恒成立，
，令，则恒成立；
又，
①当时，在单调递增成立；
②当时，在单调递增，又，故不恒成立.不满足题意；
③当时，由得在单调递减，在单调递增，
因为恒成立，所以，
解得，
综上，.
18．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3.若函数存在两个零点且，令，求证：；
4.若函数中存在且满足，令，求证：.
19．(1)不是，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）取，则，即可得到结论；
（2）①假设存在，使得，记的最小值为，得到，设B中最小的元素为，求得 不同属于，列出方程组，即可得到结论；
②由①知 ，设中最小的元素为, 得出 矛盾， 求得，进而得到，，得到对于任意奇数 都有 ，进而得到结论.
【详解】（1）解：不是.
理由如下：取，则，说明不是“无和划分”.
（2）解：①假设存在，使得,
记的最小值为，则；
设B中最小的元素为，则，所以，
所以，（否则与矛盾），
(否则与 矛盾)，所以 ，
因为 ，所以 不同属于，
所以 这与矛盾，所以假设不成立.
②因为是“无和划分”, 且存在, 使得 记i的最小值为，
所以 ，
由①知 ，
因为, 所以 ，所以，
设中最小的元素为, 若，则，所以 ，
所以 (否则与 矛盾)，
所以 (否则 与 矛盾)，
所以 ，又因为 和 不同属于C，所以 ，
这与 矛盾， 所以，即，
所以，所以，所以，
所以(否则与 矛盾)，所以 ，
若，则与 和 矛盾，
所以所以, (否则与 矛盾)，
(否则与 矛盾)，所以 ，
以此类推，对于任意奇数 都有 ，
所以为偶数(否则， 与2∈B和 矛盾),
所以 均为奇数.
因为 ，所以 (否则与 矛盾)，所以 ，
所以 ，所以 (否则与 矛盾)，所以 ，
以此类推，对于任意大于，小于或等于的奇数都属于集合，
综上所述，中的所有奇数都属于集合.
【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
方法点拨：与数列有关的问题的求解策略：
3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.
4、若新定义与集合的运算有关，要熟记集合的性质以及集合的运算法则，必要时可利用集合的韦恩图，更加直观的求解.