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2024-2025学年江苏省南通市海门中学高三（上）第一次调研数学试卷（含答案）
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这是一份2024-2025学年江苏省南通市海门中学高三（上）第一次调研数学试卷（含答案），共8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。
1.命题“∀x∈N，x2>0”的否定为( )
A. ∀x∈N，x2≤0B. ∃x∈N，x2≤0
C. ∃x∈N，x2>0D. ∀x∈N，x2<0
2.已知集合A={x||x|<2,x∈Z}，B={x|y=ln(3x−x2)}，则A∩B=( )
A. {x|03.已知点P(3,−4)是角α终边上一点，则cs2α=( )
A. 725B. −725C. 2425D. −2425
4.已知函数f(x)=(a+12)x,x≤112x,x>1在R上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A. a<0B. a>−12C. −125.已知函数f(x)部分图象如图所示，则其解析式可能为( )
A. f(x)=x2(ex−e−x)
B. f(x)=x2(ex+e−x)
C. f(x)=x(ex−e−x)
D. f(x)=x(ex+e−x)
6.过点(3,1)作曲线y=ln(x−1)的切线，则这样的切线共有( )
A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条
7.锐角α、β满足sinβ=cs(α+β)sinα，若tanα=12，则cs(α+β)=( )
A. 12B. 22C. 32D. − 22
8.若函数f(x)=sin2ωx−2 3cs2ωx+ 3(ω>0)在(0,π2)上只有一个零点，则ω的取值范围为( )
A. (13,43]B. [13,43)C. (16,76]D. [16,76)
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.已知0A. 0bC. a−b<1D. ab<14
10.已知x1，x2，x3是函数f(x)=x3−a2x+1的三个零点(a>0,x1A. a3>3 32B. x1<0C. f′(x1)=f′(x3)D. 1f′(x1)+1f′(x2)+1f′(x3)=0
11.若定义在R上的函数f(x)的图象关于点(2,2)成中心对称，且f(x+1)是偶函数，则( )
A. f(x)图象关于x=0轴对称B. f(x+2)−2为奇函数
C. f(x+2)=f(x)D. i=020f(i)=42
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)=2sinx+acsx−2是奇函数，则f(π2)= ______．
13.“114.班上共有45名学生，其中40人会打乒乓球，30人会骑自行车，25人会打羽毛球，则三个运动项目都会的同学至少有______人.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知α、β为锐角，sinα= 210，tanβ=13．
(1)求tan2α的值；
(2)求α+2β的大小．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−e−x−2x+2.(e=2.71828…)
(1)判断函数y=f(x)−2的奇偶性并证明，据此说明f(x)图象的对称性；
(2)若任意x∈(1,+∞)，f(mlnx)+f(x)>4，求实数m的取值范围．
17.(本小题12分)
若函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)图象的相邻对称轴距离为π2，且f(π6)=−12．
(1)求f(x)的解析式；
(2)将f(x)的图象向右平移5π12个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到函数y=g(x)的图象.当x∈(0,π)时，求不等式g(2x)≤g(x+π4)的解．
18.(本小题12分)
绿色、环保是新时代健康生活的理念，某一运动场馆投放空气净化剂净化场馆，已知每瓶空气净化剂含量为a，投放后该空气净化剂以每小时10%的速度减少，根据经验，当场馆内空气净化剂含量不低于3a时有净化效果，且至少需要持续净化12小时才能达到净化目的.现有9瓶该空气净化剂．
(1)如果一次性投放该空气净化剂9瓶，能否达到净化的目的？如果能，说明理由；如果不能，最多可净化多长时间？(精确到0.1小时)
(2)如果9瓶空气净化剂分两次投放，在第一次投放后间隔6小时进行第二次投放，为达到净化目的，试给出两次投放的所有可能方案？(每次投放的瓶数为整数，投放用时忽略不计)
(参考数据：lg3≈0.477，0.96≈0.53)．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2lnx−ax2+1，a≥0．
(1)若f(x)的最大值为0，求a的值；
(2)若存在k∈(m,n)，使得f(n)−f(m)=f′(k)(n−m)，则称k为f(x)在区间(m,n)上的“巧点”．
(i)当a=0时，若1为f(x)在区间(m,n)上的“巧点”，证明：m+n>2；
(ii)求证：任意a>0，f(x)在区间(m,n)上存在唯一“巧点”k．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.D
5.A
6.C
7.B
8.A
9.ACD
10.ABD
11.BD
12.−1
13.充分不必要
14.5
15.解：(1)因为α∈(0,π2)，sinα= 210，
所以csα= 1−sin2α=7 210，
所以tanα=sinαcsα=17，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=27×4948=724；
(2)因为tanβ=13，
所以tan2β=2tanβ1−tan2β=23×98=34，
所以tan(α+2β)=tanα+tan2β1−tanαtan2β=17+341−328=1，
因为tanα=17<1，且α∈(0,π2)，
所以0<α<π4，
因为tan2β=34<1，且β∈(0,π2)，
所以0<2β<π4，
所以0<α+2β<π2，
所以α+2β=π4．
16.解：(1)函数y=f(x)−2是奇函数，理由如下：
设g(x)=f(x)−2=ex−e−x−2x，
函数g(x)的定义域为R，因为∀x∈R，都有−x∈R，
且g(−x)=e−x−ex+2x=−g(x)，
所以g(x)是奇函数，其图像关于(0,0)中心对称；
因为f(x)=g(x)+2，所以f(x)图象是由g(x)向上平移2个单位得到，
所以f(x)图像关于(0,2)中心对称；
(2)因为f(x)=g(x)+2，
所以f(mlnx)+f(x)>4可以化为g(mlnx)+g(x)>0，
所以g(mlnx)>−g(x)=g(−x)，
因为g′(x)=ex+e−x−2，
因为ex>0，所以ex+e−x≥2，
所以g′(x)≥0且不恒为0，
即g(x)在R上单调递增，
所以mlnx>−x在(1,+∞)上恒成立，
所以m>−xlnx在(1,+∞)上恒成立，
令ℎ(x)=−xlnx，
所以ℎ′(x)=1−lnxln2x，
所以ℎ(x)在(1,e)上递增，在(e,+∞)递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(e)=−e，
所以m>−e，
故m的范围为{m|m>−e}．
17.解：(1)根据题意可得πω=π2，∴ω=2，
又f(π6)=−12，∴cs(π3+φ)=−12，又|φ|<π2，
∴φ=π3，
∴f(x)=cs(2x+π3)；
(2)将f(x)的图象向右平移5π12个单位可得y=cs[2(x−5π12)+π3]=cs(2x−π2)=sin2x，
将y=sin2x图象上每个点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)可得g(x)=sinx，
∴g(2x)≤g(x+π4)可化为：
sin2x≤sin(x+π4)，x∈(0,π)，
设t=x+π4∈(π4,5π4)，
则sin[2(t−π4)]≤sint，
∴−cs2t≤sint，
∴2sin2t−sint−1≤0，
∴−12≤sint≤1，t∈(π4,5π4)，
∴π4∴0∴所求解集为{x|018.解：(1)假设一次性投放9瓶，可持续净化x小时，则9a⋅(1−10%)x≥3a(x≥0)，所以0.9x≥13，
两边取常用对数得，x⋅lg0.9≥lg13，所以x≤lg31−2lg3≈10.4，
因为10.4<12，所以不能达到净化目的，最多可净化10.4小时．
(2)设第一次投放n瓶，第二次投放9−n瓶，n∈N∗且n≤9，
依据题意得，na(1−10%)6≥3a,①na(1−10%)12+(9−n)a(1−10%)6≥3a②，
由①得，n≥30.96≈5.7，
由②得，n≤9×0.96−30.96−0.912≈7.1，
所以5.7又因为n∈N∗，所以n可取6或7．
所以两次投放可能的投放方案为第一次投放6瓶，第二次投放3瓶；
或者第一次投放7瓶，第二次投放2瓶．
19.解：(1)因为f′(x)=2x−2ax=2(1−ax2)x，
当a=0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不符合；
当a>0时，f(x)在(0,1 a)上单调递增，在(1 a,+∞)上单调递减，
所以f(x)最大值为f(1 a)=2ln1 a=0，
所以1 a=1，即a=1，
综上，a=1；
(2)因为f′(k)=2k−2ak=f(n)−f(m)n−m，k∈(m,n)，
(i)证明：当a=0时，f(x)=2lnx+1，f′(x)=2x，
因为k=1，m<1所以f(n)−f(m)n−m=2，2lnn−2lnmn−m=2，
即n−mlnn−lnm=1，
要证m+n>2，
即证n−mlnn−lnm令nm=t，因为n>m，所以t>1，
设g(t)=lnt−2(t−1t+1)，
所以g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(t)>g(1)=0，
所以lnnm>2(nm−1)nm+1，
即n−mlnn−lnm(ⅱ)证明：令φ(k)=f′(k)−f(n)−f(m)n−m(n>m>0)，
即φ(k)=2k−2ak−2lnn−an2−2lnm+am2n−m=2k−2ak−2×lnn−lnmn−m+a(n+m)，
因为a>0，k>0，
所以φ′(k)=−2k2−2a<0，
所以φ(k)在区间(m,n)上单调递减；
因为φ(m)=2m−2am−2×lnnmn−m+a(n+m)=2n−m(nm−1−lnnm)+a(n−m)，
令t=nm，则t>1，
所以φ(m)=2n−m(t−1−lnt)+a(n−m)，
设I(t)=t−1−lnt，
则I′(t)=1−1t，
即I(t)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
所以I(t)>I(1)=0，即t−1−lnt>0，
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理，φ(n)=2m−n(lnt−1+1t)+a(m−n)，
因为x∈(0,1)∪(1,+∞)，x−1−lnx>0，
所以1x−1−ln1x>0，
即lnx>1−1x，
所以lnt−1+1t>0，
所以φ(n)<0；
因为φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在区间(m,n)上单调递减，
所以φ(k)在区间(m,n)上存在唯一零点，
即证任意a>0，f(x)在区间(m,n)上的“巧点”k是唯一的．
1.命题“∀x∈N，x2>0”的否定为( )
A. ∀x∈N，x2≤0B. ∃x∈N，x2≤0
C. ∃x∈N，x2>0D. ∀x∈N，x2<0
2.已知集合A={x||x|<2,x∈Z}，B={x|y=ln(3x−x2)}，则A∩B=( )
A. {x|0
A. 725B. −725C. 2425D. −2425
4.已知函数f(x)=(a+12)x,x≤112x,x>1在R上单调递减，则实数a的取值范围为( )
A. a<0B. a>−12C. −12
A. f(x)=x2(ex−e−x)
B. f(x)=x2(ex+e−x)
C. f(x)=x(ex−e−x)
D. f(x)=x(ex+e−x)
6.过点(3,1)作曲线y=ln(x−1)的切线，则这样的切线共有( )
A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条
7.锐角α、β满足sinβ=cs(α+β)sinα，若tanα=12，则cs(α+β)=( )
A. 12B. 22C. 32D. − 22
8.若函数f(x)=sin2ωx−2 3cs2ωx+ 3(ω>0)在(0,π2)上只有一个零点，则ω的取值范围为( )
A. (13,43]B. [13,43)C. (16,76]D. [16,76)
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.已知0
10.已知x1，x2，x3是函数f(x)=x3−a2x+1的三个零点(a>0,x1
11.若定义在R上的函数f(x)的图象关于点(2,2)成中心对称，且f(x+1)是偶函数，则( )
A. f(x)图象关于x=0轴对称B. f(x+2)−2为奇函数
C. f(x+2)=f(x)D. i=020f(i)=42
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)=2sinx+acsx−2是奇函数，则f(π2)= ______．
13.“1
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知α、β为锐角，sinα= 210，tanβ=13．
(1)求tan2α的值；
(2)求α+2β的大小．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−e−x−2x+2.(e=2.71828…)
(1)判断函数y=f(x)−2的奇偶性并证明，据此说明f(x)图象的对称性；
(2)若任意x∈(1,+∞)，f(mlnx)+f(x)>4，求实数m的取值范围．
17.(本小题12分)
若函数f(x)=cs(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)图象的相邻对称轴距离为π2，且f(π6)=−12．
(1)求f(x)的解析式；
(2)将f(x)的图象向右平移5π12个单位，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)得到函数y=g(x)的图象.当x∈(0,π)时，求不等式g(2x)≤g(x+π4)的解．
18.(本小题12分)
绿色、环保是新时代健康生活的理念，某一运动场馆投放空气净化剂净化场馆，已知每瓶空气净化剂含量为a，投放后该空气净化剂以每小时10%的速度减少，根据经验，当场馆内空气净化剂含量不低于3a时有净化效果，且至少需要持续净化12小时才能达到净化目的.现有9瓶该空气净化剂．
(1)如果一次性投放该空气净化剂9瓶，能否达到净化的目的？如果能，说明理由；如果不能，最多可净化多长时间？(精确到0.1小时)
(2)如果9瓶空气净化剂分两次投放，在第一次投放后间隔6小时进行第二次投放，为达到净化目的，试给出两次投放的所有可能方案？(每次投放的瓶数为整数，投放用时忽略不计)
(参考数据：lg3≈0.477，0.96≈0.53)．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=2lnx−ax2+1，a≥0．
(1)若f(x)的最大值为0，求a的值；
(2)若存在k∈(m,n)，使得f(n)−f(m)=f′(k)(n−m)，则称k为f(x)在区间(m,n)上的“巧点”．
(i)当a=0时，若1为f(x)在区间(m,n)上的“巧点”，证明：m+n>2；
(ii)求证：任意a>0，f(x)在区间(m,n)上存在唯一“巧点”k．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.D
5.A
6.C
7.B
8.A
9.ACD
10.ABD
11.BD
12.−1
13.充分不必要
14.5
15.解：(1)因为α∈(0,π2)，sinα= 210，
所以csα= 1−sin2α=7 210，
所以tanα=sinαcsα=17，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=27×4948=724；
(2)因为tanβ=13，
所以tan2β=2tanβ1−tan2β=23×98=34，
所以tan(α+2β)=tanα+tan2β1−tanαtan2β=17+341−328=1，
因为tanα=17<1，且α∈(0,π2)，
所以0<α<π4，
因为tan2β=34<1，且β∈(0,π2)，
所以0<2β<π4，
所以0<α+2β<π2，
所以α+2β=π4．
16.解：(1)函数y=f(x)−2是奇函数，理由如下：
设g(x)=f(x)−2=ex−e−x−2x，
函数g(x)的定义域为R，因为∀x∈R，都有−x∈R，
且g(−x)=e−x−ex+2x=−g(x)，
所以g(x)是奇函数，其图像关于(0,0)中心对称；
因为f(x)=g(x)+2，所以f(x)图象是由g(x)向上平移2个单位得到，
所以f(x)图像关于(0,2)中心对称；
(2)因为f(x)=g(x)+2，
所以f(mlnx)+f(x)>4可以化为g(mlnx)+g(x)>0，
所以g(mlnx)>−g(x)=g(−x)，
因为g′(x)=ex+e−x−2，
因为ex>0，所以ex+e−x≥2，
所以g′(x)≥0且不恒为0，
即g(x)在R上单调递增，
所以mlnx>−x在(1,+∞)上恒成立，
所以m>−xlnx在(1,+∞)上恒成立，
令ℎ(x)=−xlnx，
所以ℎ′(x)=1−lnxln2x，
所以ℎ(x)在(1,e)上递增，在(e,+∞)递减，
所以ℎ(x)≤ℎ(e)=−e，
所以m>−e，
故m的范围为{m|m>−e}．
17.解：(1)根据题意可得πω=π2，∴ω=2，
又f(π6)=−12，∴cs(π3+φ)=−12，又|φ|<π2，
∴φ=π3，
∴f(x)=cs(2x+π3)；
(2)将f(x)的图象向右平移5π12个单位可得y=cs[2(x−5π12)+π3]=cs(2x−π2)=sin2x，
将y=sin2x图象上每个点的横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)可得g(x)=sinx，
∴g(2x)≤g(x+π4)可化为：
sin2x≤sin(x+π4)，x∈(0,π)，
设t=x+π4∈(π4,5π4)，
则sin[2(t−π4)]≤sint，
∴−cs2t≤sint，
∴2sin2t−sint−1≤0，
∴−12≤sint≤1，t∈(π4,5π4)，
∴π4
两边取常用对数得，x⋅lg0.9≥lg13，所以x≤lg31−2lg3≈10.4，
因为10.4<12，所以不能达到净化目的，最多可净化10.4小时．
(2)设第一次投放n瓶，第二次投放9−n瓶，n∈N∗且n≤9，
依据题意得，na(1−10%)6≥3a,①na(1−10%)12+(9−n)a(1−10%)6≥3a②，
由①得，n≥30.96≈5.7，
由②得，n≤9×0.96−30.96−0.912≈7.1，
所以5.7
所以两次投放可能的投放方案为第一次投放6瓶，第二次投放3瓶；
或者第一次投放7瓶，第二次投放2瓶．
19.解：(1)因为f′(x)=2x−2ax=2(1−ax2)x，
当a=0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，不符合；
当a>0时，f(x)在(0,1 a)上单调递增，在(1 a,+∞)上单调递减，
所以f(x)最大值为f(1 a)=2ln1 a=0，
所以1 a=1，即a=1，
综上，a=1；
(2)因为f′(k)=2k−2ak=f(n)−f(m)n−m，k∈(m,n)，
(i)证明：当a=0时，f(x)=2lnx+1，f′(x)=2x，
因为k=1，m<1
即n−mlnn−lnm=1，
要证m+n>2，
即证n−mlnn−lnm
设g(t)=lnt−2(t−1t+1)，
所以g′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(t)>g(1)=0，
所以lnnm>2(nm−1)nm+1，
即n−mlnn−lnm
即φ(k)=2k−2ak−2lnn−an2−2lnm+am2n−m=2k−2ak−2×lnn−lnmn−m+a(n+m)，
因为a>0，k>0，
所以φ′(k)=−2k2−2a<0，
所以φ(k)在区间(m,n)上单调递减；
因为φ(m)=2m−2am−2×lnnmn−m+a(n+m)=2n−m(nm−1−lnnm)+a(n−m)，
令t=nm，则t>1，
所以φ(m)=2n−m(t−1−lnt)+a(n−m)，
设I(t)=t−1−lnt，
则I′(t)=1−1t，
即I(t)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，
所以I(t)>I(1)=0，即t−1−lnt>0，
因为n>m>0，a>0，所以φ(m)>0；
同理，φ(n)=2m−n(lnt−1+1t)+a(m−n)，
因为x∈(0,1)∪(1,+∞)，x−1−lnx>0，
所以1x−1−ln1x>0，
即lnx>1−1x，
所以lnt−1+1t>0，
所以φ(n)<0；
因为φ(m)φ(n)<0，且φ(k)在区间(m,n)上单调递减，
所以φ(k)在区间(m,n)上存在唯一零点，
即证任意a>0，f(x)在区间(m,n)上的“巧点”k是唯一的．
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