安徽省芜湖市无为中学2025届高三上学期第一次检测（一模）数学试卷（Word版附解析）

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一､选择题（共8小题，每小题5分，共40分，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】B
【解析】
【分析】根据题意求集合，再结合交集运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：B．
2. 下列函数中，既为偶函数，又在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要判断函数是否为偶函数，只要检验f（-x）=f（x）是否成立即可；然后再根据函数单调性的定义进行判断即可．
【详解】A：，f（-x）=-x-为奇函数，不符合条件；
B：y=f（x）=2-x2，f（-x）=2-（-x）2=2-x2=f（x），为偶函数，但是在（0，+∞）上单调递减，不符合题意；
C：y=x2+lg2|x|，f（-x）=（-x）2+lg2|-x|=f（x）为偶函数，且x＞0时，f（x）=x2+lg2x在（0，+∞），上单调递增，符合题意；
D：y=2|x|-x2满足f（-x）=f（x），即为偶函数，但是在（0，+∞）有，不是单调递增，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性的定义的简单应用，属于基础试题．
3. 已知函数为定义在上的奇函数，对于任意的，且，都有，，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给出的条件求出函数在上的单调性，根据奇偶性求出上的单调性以及零点，进而求出的解集.
【详解】解：由题意
在函数中，，
为奇函数，
∴，
∵对于任意的，且，都有，
∴函数在上单调递增，在上单调递增，
当时，若，则；若，则，
此时.
故选：D.
4. 设、为实数，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用基本不等式可得出关于的二次不等式，即可解得的最大值.
【详解】，∴，
由基本不等式可得，即，
当且仅当时取等号，的最大值为，
故选：A.
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求函数定义域为排除A，再根据时，排除BC，进而得答案.
【详解】解：函数的定义域为，故排除A，
，故函数为奇函数，
由于时，，故时，，故排除BC；
所以D选项正确答案.
故选：D.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
6. 已知随机变量.若，设事件“”，事件“”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】，即或，根据正态分布的性质可求及的概率，再结合条件概率公式即可求解.
【详解】因为随机变量，且，
，
，
，即或，
，
.
故选：.
7. 已知函数，若函数恰好有5个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】函数有零点转化为方程有实根，令，则方程可转化为常见的一元二次方程，对其分析求解即可.
【详解】画出函数的大致图象，如下图所示：
函数恰好有5个不同的零点，方程有5个根，设，则方程化为，易知此方程有两个不等的实根，，结合的图象可知，，，令，则由二次函数的根的分布情况得：，解得：.
故选：A
8. 已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（ ）
①函数的图象关于直线对称 ②函数的图象关于点中心对称
③函数的周期为4 ④
A. ①②③B. ①②④C. ②③④D. ①③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据题中抽象函数满足的条件，分别求出周期性、对称轴、对称中心等性质，进行运算和逐一判断，从而得出结论.
【详解】因为为偶函数，所以，所以，，
所以函数关于直线对称，不能确定是否关于直线对称，①错误；
因为为奇函数，所以，所以，所以，
所以函数关于点中心对称，故②正确，
由①可知，，由②可知，，故有，令，则有，
所以，解得，
所以函数的周期为4，故③正确；
，故④正确．
故选：C．
二､多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. 命题“”的否定是“”
C. “”是“”的既不充分也不必要条件
D. 设，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于ACD，化简不等式即可判断；对于B，利用全称命题的否定即可判断
【详解】对于A，由可得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故正确；
对于B，命题“”的否定是“”，故不正确；
对于C，由解得或，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故正确；
对于D，由解得且，所以“”是“”的必要不充分条件，故正确，
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数（且）的图象恒过定点
B. 若命题“”为真命题，则实数的取值范围是
C. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象
D. 的零点所在的一个区间为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据对数函数定义即可求解；对B，由二次函数的性质可判断；对C，根据三角函数的平移原则即可判断；对D，根据函数单调性结合零点存在性定理即可判断.
【详解】对于A，令，解得，，
所以恒过定点，故选项A正确；
对于B，因为，，为真命题，则，解得，故B错误；
对于C，函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，故C正确；
对于D，因为在上均单调递增，
则在上单调递增，
又，，则根据零点存在性定理知其零点所在的一个区间为，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数，的定义域均为R，且，，，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 为偶函数
C. 的周期为4D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据及得，通过赋值，结合判断A；根据题意结合偶函数判断B；通过赋值根据周期函数的定义判断C；根据函数的周期为6，并且结合及赋值法求得，进而求和判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：根据及
得，令，，可得，
且，可得，令，则，
则，即，可知为偶函数，故B正确；
对于C：令，则，
可知，，
可得，则，
所以，可知周期为6，故C错误；
对于D：因为，且，，
令，，可得，所以，
则，，，，
所以，又周期为6，
所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题.
三､填空题（共3小题，每题5分，共15分.）
12. 已知函数，则函数在点处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出导函数，计算，，由点斜式得切线方程并化简．
【详解】由已知，f′(0)=2，又，
所以切线方程为，即．
故答案为：．
13. 为方便广大人民群众就医，普及医疗健康知识，社区组织“义诊下乡行”活动，某医疗队伍有5名医生需分配到3个志愿团队，每个志愿队至少分配一名医生，甲医生被分到志愿队的方法有____________种．（用数字作答）
【答案】50
【解析】
【分析】先按照A志愿队的人数分类，再按照分组分配的方法，即可求解.
【详解】第一种情况，A志愿队只有甲医生，则剩下的4人可以为1，3或2，2的分组，再分配到另2个志愿团队，有种方法，
第二种情况，A志愿队有甲医生外，还有1人，剩下的3人为1，2的分组，再分配到另2个志愿团队，有种方法，
第三种情况，A志愿队有甲医生外，还有2人，剩下的1人为1，1的分组，再分配到另2个志愿团队，有种方法，
所以共有种方法.
故答案为：50
14. 对于实数和，定义运算“*”：，设，若函数（）恰有三个非零的零点，，，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】求出的解析式，将函数的零点个数问题，转化为函数与函数图象的交点个数问题，结合图象，即可确定的取值范围.
【详解】当，即时，，
当，即时，，
所以，
因为有三个非零的零点，
所以与的图象有三个交点且交点横坐标不为零；
即与函数有三个交点，
作出hx的图象，如图，其中时，函数最大值为，
所以，
不妨设，易知,且，所以，
由，解得，
所以，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，注意数形结合.
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）若存在，对任意的都成立；求m的取值范围；
（2）设，若不等式在上有解，求实数k的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）题目可转化为 ：对任意的都成立，再利用变换主元的方法，把看作自变量，看作参数，即可求解；
（2）由函数解析式, 令，再分离参数k，即可求解.
【小问1详解】
，当时，
又∵存在，对任意都成立，
∴对任意的都成立
即对任意的都成立，其中看作自变量，看作参数，
即，解得：
【小问2详解】
令则
,因为不等式在区间上有解
，又
而
,即实数的取值范围是
16. 已知{an}是公差为1的等差数列，数列{bn}满足.
（1）求数列{bn}的通项公式；
（2）设，求数列{cn}的前n项和Sn.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）先由题设条件求得a1，再求an，进而论证数列{nbn}是常数列，最后求得bn；
（2）先由（1）求得cn，再由错位相减法求Sn.
【详解】（1）由已知得：
又∵{an}是公差为1的等差数列，∴an＝n.
，数列{nbn}是常数列，
（2）由（1）得：
①
又②
由①②可得：
【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.
17. 随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，，
（1）已知概率，
（i）求的值．
（ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率．
（2）若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值．
【答案】（1）（i）；（ii）；
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解；
（2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值.
【小问1详解】
（i）由题知，
解得：，
（ii）由（i）知：，
设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
与互斥，与与分别相互独立，
所以
，
因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为．
【小问2详解】
由题知：，
，
设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
与互斥，与与分别相互独立，
所以
，
，当且仅当时等号成立，
．
故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为.
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将函数求导并分解因式，根据参数进行分类讨论函数的单调性即得；
（2）将不等式进行等价变形得到在上恒成立，接着通过构造函数，求其在上的最大值，其间，先分析推出其在时取得最大值，为，由，变形求对数，并利用同构思想和函数单调性推出，从而求得，即得的取值范围.
【小问1详解】
由已知可得函数，.
①当时， 当时，，时，；
则在上单调递减，在上单调递增；
②当时，当时，，
或时，；
则在上单调递减，在上单调递增；
③当时，因与同号，故恒成立，即在R上单调递增；
④当时，当时，，或时，；
则在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由题意，恒成立，因，即恒成立.
即需求在上的最大值.
令，，则，
令，，则，
即在0,+∞上单调递减，
又，所以在0,+∞上存在唯一的使gx0=0（*），
当x∈0,x0时，gx>0，即则φx在上单调递增；
当x∈x0,+∞时，gx<0，即则φx在上单调递减.
故φx在时取得最大值，为，
又由（*）可得，，故，
两边取对数得：，
令，由知hx在定义域内单调递增，
故由可得，，即，
所以，
故，即.
19. 已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集.
（1）若，写出的所有子集；
（2）若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值；
（3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）2； （3）13.
【解析】
【分析】（1）根据子集的定义， 即可容易求得；
（2）取，求得，再利用反证法假设，推得与矛盾即可；
（3）令，讨论时不满足题意，再验证时的情况满足题意，即可求得的最小值.
【小问1详解】
当时，，的所有子集为.
【小问2详解】
当时，取，因为，所以是的子集，此时；
若，设且，
根据题意，，其中；
因为，所以，所以；
又因为，所以；
因为，所以，
所以；
因为，所以，
所以，与矛盾.
综上所述，.
【小问3详解】
设
，
设的元素个数为，
若不是的子集，
则最多能包含中的一个元素以及中的元素；
令，易验证不是的子集，
当时，任意一个元素个数为的子集都不是的子集，
所以，若的任意一个元素个数为的子集都是的子集，则；
当时，存在，使得中必有两个元素属于，
同时中两个元素之和为的某个正整数指数幂，
所以是的子集；
所以，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握题中对子集的定义，同时要熟练的使用证明方法，属综合困难题.