安徽省合肥市第四中学2025届高三上学期教学诊断检测（一）数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省合肥市第四中学2025届高三上学期教学诊断检测（一）数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省合肥市第四中学2025届高三上学期教学诊断检测一数学试题Word版含解析docx、安徽省合肥市第四中学2025届高三上学期教学诊断检测一数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 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】C
【解析】
【分析】先化简集合，再根据集合交集的定义求解即可.
【详解】由解得，所以，
所以，
故选：C
2. “”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
【答案】B
【解析】
【分析】先根据对数函数的单调性解不等式然后进行判断.
【详解】的解集是，反之不成立.
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B
3. 已知函数在区间上递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令， ，根据复合函数的单调性及条件即可求出结果.
【详解】令，则，
因为在定义域上单调递增，又函数在区间上递增，
所以，得到，
故选：B.
4. 函数在区间的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.
【详解】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又，
故可排除D.
故选：B
5. 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，
所以函数周期为4，故③正确；
，故④正确．
故选：C．
6. 已知定义在上的函数的导函数为，若，，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，由函数的单调性即可得到结果.
【详解】根据题意，令，，
，则函数在上单调递增，
又，所以不等式，即，
即为，即变形为，即得，
，解得.
所以不等式的解集为.
故选：A.
7. 设函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
8. 设，，，则下列大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，由此即可比较，通过构造函数gx=ln1+x−x1+x,x>0即可比较，由此即可得解.
【详解】设，则h′x=csx⋅csx−−sinxsinxcs2x−1=1cs2x−1>0,0所以在上单调递增，
所以hx=tanx−x>g0=0，即，
令，则，
所以在上单调递增，
从而fx=x−ln1+x>f0=0，即，，
所以tanx>x>ln1+x，，
从而当时，，
令gx=ln1+x−x1+x,x>0，则g′x=11+x−1+x−x1+x2=x1+x2>0，
所以在0,+∞上单调递增，
所以g0.21=ln1.21−21121>g0=0，即，
综上所述：.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：在比较的大小关系时，可以通过先放缩再构造函数求导，而在比较大小关系时，关键是通过构造适当的函数，通过导数研究函数单调性，从而来比较大小.
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数的定义域为，则函数的定义域为
B. 与表示同一个函数
C. 关于的不等式的解集为，若，则
D. 若，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复合函数定义域的求法判断A的真假；根据两个函数额值域判断B的真假；分情况讨论，根据集合间的关系求参数的取值范围，判断C的真假；根据不等式的性质证明不等式，判断D的真假.
【详解】对A：因为函数的定义域为0,1，所以，由，所以函数的定义域为−1,1，故A正确；
对B：因为函数的值域为，函数的值域为，所以两个函数不是同一个函数，故B错误；
对C：当时，或，所以或；
当时，无解，所以∅；
当时，，所以.
又，所以，只有∅时满足题意，此时，故C正确；
对D：因为，
所以，，
所以，即，故D正确.
故选：ACD
10. 已知，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值是B. 的最小值是8
C. 最小值是D. 的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】用均值不等式判断选项A、C、，对选项B进行“1的代换”，利用二次函数的性质判断选项D.
【详解】A：由，得，
所以(当且仅当时取等号)，故A正确；
B：，
当且仅当时取等号，故B错误；
C：，即
当且仅当时取等号，故C正确；
D：由，则
当时取得最小值，最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知，分别是函数和的零点，则（ ）
A. B. C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用函数与方程思想，得到两根满足的方程关系，然后根据结构构造函数，求导，研究单调性，得到及，结合指对互化即可判断选项A、B、C，最后再通过对勾函数单调性求解范围即可判断选项D.
【详解】令，得，即，，
令，得，即，即，，
记函数，，则，
所以函数上单调递增，
因为，，所以，故A错误；
又，所以，，
所以，故B正确；
所以，故C正确；
又，所以，结合，得，
因为，所以，且，
因为在区间上单调递减，所以，
即，故D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点问题，解题方法是把函数的零点转化为方程的根，通过结构构造函数，利用函数单调性及指对互化找到根的关系得出结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数的图象关于点0,1成中心对称图形，，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数的图象关于点0,1成中心对称，所以，求出函数的解析式，构造函数，所以的图象关于点对称，所以是定义域上的奇函数，且在上单调递减，然后利用奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】因为函数的图象关于点0,1成中心对称，
所以，即，所以，
所以，在定义域上单调递减，
令，因为函数的图象关于点0,1成中心对称，
所以的图象关于点对称，所以是定义域上的奇函数，且在上单调递减，
因为，所以f−t2−1>−f2t+3−1，
即g−t2>−g2t+3，所以g−t2>g−2t−3，
所以，解得或，
故实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知函数，点为曲线在点处的切线上的一点，点在曲线上，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】对求导后，代入可求得，根据导数几何意义可求得切线，则可将问题转化为与平行且与曲线相切的切点到直线的距离的求解，设切点，由切线斜率为可构造方程求得切点坐标，利用点到直线距离公式可求得结果.
【详解】，
，解得：，
，则，
切线的方程为：，即；
若最小，则为与平行且与曲线相切的切点，所求最小距离为到直线的距离，
设所求切点，由，可得，
所以，即，又单调递增，而时，
所以，即，
.
故答案为：.
14. 已知函数，关于的方程有4个不同的实数解，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】令，解方程，根据m的范围，结合图象讨论方程和的解的个数可得.
【详解】令，
则，
解，得，
当时，，由图可知，有两个实数解，有一个实数解，
此时方程有3个不同的实数解，不满足题意；
当时，，由图可知，有3个实数解，有一个实数解，满足题意；
当时，，有两个实数解，有一个实数解，不满足题意；
当时，，由图可知，有1个实数解，有1个或2个实数解，不满足题意；
当时，，由图可知，有1个实数解，有3个实数解，满足题意；
当时，，由图可知，有1个实数解，有2个实数解，不满足题意.
综上，实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】本题属于函数零点的综合性问题，根据函数零点个数求参数的问题，常用数形结合法.本题先要从整体结构分析，通过换元法解方程，再将方程的根的个数问题转化为图象交点个数问题，利用数形结合分类讨论可得.
四、解答题：本题共4小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知函数的极小值为，其导函数的图象经过，两点.
（1）求的解析式；
（2）若曲线恰有三条过点的切线，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数的图象经过，列方程，并判断极小值点，结合极小值为列方程，联立求解可得；
（2）设切点坐标，求切线方程，根据题意可得方程有三个不同实数解，然后构造函数，利用导数讨论其单调性和极值，即可列出关于m的不等式组，求解可得.
【小问1详解】
，
因为，且的图象经过，两点.
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在处取得极小值，所以，
又因为，，所以，，
解方程组得，，，
所以.
【小问2详解】
设切点为，则，
因为，所以，
所以切线方程为，
将代入上式，得.
因为曲线恰有三条过点的切线，所以方程有三个不同实数解.
记，则导函数，
令，得或1.
列表：
所以的极大值为，的极小值为，
所以，解得.故的取值范围是.
16. 随着我国经济发展、医疗消费需求增长、人们健康观念转变以及人口老龄化进程加快等影响，医疗器械市场近年来一直保持了持续增长的趋势．某医疗器械公司为了进一步增加市场力，计划改进技术生产某产品．已知生产该产品的年固定成本为300万元，最大产能为100台，每生产台，需另投入成本万元，且，由市场调研知，该产品每台的售价为200万元，且全年内生产的该产品当年能全部销售完．
（1）写出年利润万元关于年产量台的函数解析式（利润=销售收入-成本）；
（2）当该产品的年产量为多少时，公司所获利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）年产量为60台时，公司所获利润最大，最大利润是1680万元.
【解析】
【分析】（1）每台售价200万，销售收入是，减去对应的成本，以及固定成本300万，即为利润；
（2）观察利润的函数解析式，发现对应的函数解析式为开口向下的二次函数，可利用二次函数的特点求最大利润值，对应的函数解析式中含有基本不等式的部分，可考虑利用基本不等式求最值，最后要对两个最值比较，得出最大利润.
【小问1详解】
当时，；
当时，，
.
【小问2详解】
若，，当时，万元；
若，，
当且仅当时，即时，万元．
则该产品的年产量为60台时，公司所获利润最大，最大利润是1680万元.
17. 已知函数.
（1）求函数的单调区间与极值；
（2）已知函数与函数的图象关于直线对称.证明：当时，不等式恒成立.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，函数的极大值为，无极小值
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，根据导函数的符号确定函数的递增递减区间，继而得到极大值；
（2）令，求导利用单调性即得结论.
【小问1详解】
由可得：,故当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，所以函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为，
且当时，函数的极大值为，无极小值.
【小问2详解】
因为函数与函数的图象关于直线对称，所以则.
令，则
则当时，，故函数单调递增，
于是，当时，，故当时，不等式恒成立.
18. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知函数有两个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的减区间和增区间；
（2）由可得，令，可得，令，分析可知，直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：函数的定义域为，.
当时，由可得，由可得，
此时函数的减区间为，增区间为；
当时，由可得，由可得，
此时，函数的增区间为，减区间为.
综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
解：函数的定义域为，
因为函数在上有两个零点，即有两个不同的正实数根，
即有两个不同的正实数解，
即有两个不同的正实数解，
令，则，可得，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数的值域为，所以，，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
且当时，；当时，，
因为函数有两个不同的零点，则直线与函数的图象有两个交点，如下图所示：
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
因此，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
0
1
+
0
-
0
+
↗
极大
↘
极小
↗