福建省福州第一中学2025届高三上学期九月阶段性质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份福建省福州第一中学2025届高三上学期九月阶段性质量检测 数学试卷（含解析），文件包含福建省福州第一中学2025届高三上学期九月阶段性质量检测1数学试卷解析docx、福建省福州第一中学2025届高三上学期九月阶段性质量检测1数学试卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知全集为R，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知集合描述，结合交、并、补运算即可判断各选项的正误
【详解】A中，显然集合A并不是集合B的子集，错误.
B中，同样集合B并不是集合A的子集，错误.
C中，，错误.
D中，由，则，，正确.
故选：D．
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】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件求解即可.
【详解】因为，而推不出，例如满足，但不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
3. 若函数单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由f'x≥0恒成立，分离常数，利用基本不等式求得的取值范围.
【详解】依题意，即对任意恒成立，
即恒成立，因为（当且仅当时取“=”），
所以.
故选：D
4. 已知不等式恒成立，则的最小值是（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式恒成立，则需要，，即，利用基本不等式即可判断选项.
【详解】根据不等式恒成立，
当，不符合条件
则，，即，
①
②，
①当且仅当，即，等号成立
②当且仅当时等号成立.
两次基本不等式都在成立，故等号能够传递.
故选：D
【点睛】易错点睛：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）“一正二定三相等”“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. 已知函数的图象关于点-1,1对称，则下列函数是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平移规律，再结合条件，即可求解.
【详解】函数的图象关于点-1,1对称，
所以函数的图象向右平移1个单位，
向下平移一个单位后函数的图象关于点对称，
即可得.
故选：D
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的单调性即可得到，再利用指数函数、对数函数的单调性得到，，则得到三者大小关系.
【详解】令，根据为上的单调减函数，
则在上单调递减，
且，，
所以函数在12,1上存在唯一的零点，故；
又因为，所以，
所以，即，所以，
所以，即，所以;
因为，所以，所以，
即，所以，
综上可得：.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数的单调性和零点存在定理得到，最后再结合指数函数、对数函数的性质即可比较大小.
7. 根据经济学理论，企业产量受劳动投入、资本投入和技术水平的影响，若用表示产量，表示劳动投入，表示资本投入，表示技术水平，则它们的关系可以表示为，其中．当不变，与均变为原来的2倍时，下列说法正确的是（ ）
A. 存在和，使得不变
B. 存在和，使得变为原来的2倍
C. 若，则最多可变为原来的2倍
D. 若，则最多可变为原来的2倍
【答案】D
【解析】
【分析】由，当不变，与均变为原来的2倍时，，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为，
所以当不变，与均变为原来的2倍时，，
对于A，若不变，则，所以，因为，所以上式无解，
所以不存在和，使得不变，所以A错误，
对于B，若变为原来的2倍，则，所以，
当，时，，所以，
所以无解，所以不存在和，使得变为原来的2倍，所以B错误，
对于C，若，则，当且仅当，即时取等号，
所以当时，最少可变为原来的2倍，所以C错误，
对于D，由，得，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，得，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，所以若，则最多可变为原来的2倍，所以D正确.
故选：D
8. 已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数满足，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对取特殊值代入已知表达式，结合奇偶性即可求解.
【详解】当时，，
当时，，可得，
则，
当时，，则，
函数fx的定义域为R，
令时，，
所以得，所以函数是奇函数，
令得，
又函数是奇函数，.
故选:A.
【点睛】方法点睛：抽象函数中用赋值法求函数值的问题，赋值时应结合题目中的信息进行.
二､多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对得6分，部分选对分别记0分､2分､4分或0分､3分，有选错的得0分.
9. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意得，且，结合基本不等式以及相关推理逐一验算即可得解.
【详解】则，且，故D正确；
，A正确；
又由可知，B正确；，故C错误．
故选：ABD．
10. 已知函数有两个极值点，，且，则（ ）
A. a的范围是B.
C. D. 函数至少有一个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题可得有两个不相等的实数根，利用可以判断A正确；再利用韦达定理可以判断B正确；利用导数研究的单调性，可以判断C正确；利用零点存在定理可以判断D正确.
【详解】对于A，由题可得有两个不相等的实数根，
所以，所以，A不正确；
对于B，根据题意，为的两个根，所以，B正确；
对于C，因为，且为的两个根，
所以由得或，
由得，
所以函数在上单调递增，
在上单调递减，在上单调递增，
所以成立，C正确；
对于D，由以上分析可知的极大值为，
当趋于负无穷时，也趋于负无穷，
所以存在充分小且，使得，
由零点存在定理可知，存在，使得，所以函数至少有一个零点，正确；
故选：BCD.
11. 已知的图象上能找到两个不同点关于原点对称，则称为函数的一对“友好点”，则下列正确的有（ ）
A. 若，则有两对“友好点”
B. 不可能有三对“友好点”
C. 若仅有一对“友好点”，则
D. 当时，对任意的，总是存在，使得
【答案】BD
【解析】
【分析】不妨设，则存在友好点等价于方程有实数根，从而构造函数，利用导数求得其单调区间，画出函数的大致图象，讨论与直线的图象的交点个数情况，再逐个分析判断.
【详解】若和互为“友好点”，不妨设，
则，得，
令（），则，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以的大致图象如图所示，
由图可知，当时，的图象与直线无交点，所以不存在“友好点”，
当或时，的图象与直线有一个交点，所以只有一对“友好点”，
当时，的图象与直线有两个交点，所以存在两对“友好点”，
不可能有三对“友好点”，
所以AC错误，B正确，
当时，对任意的，，
又，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，
所以总存在，使，所以D正确，
故选：BD
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义，建立方程关系即可得到结论．
【详解】由偶函数的定义可得f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax，
即2ax=ln（e﹣3x+1）﹣ln（e3x+1）=lne﹣3x=﹣3x，
∴2ax＝－3x，∴a＝－
故答案为：－
【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，根据偶函数的定义得到f（﹣x）=f（x）是解决本题的关键，属于基础题.
13. 已知函数有唯一零点，则________
【答案】
【解析】
【分析】令，得到的解析式，判断出是偶函数，从而得到的图像关于成轴对称，根据函数有唯一零点，得到，从而得到的方程，解出的值.
【详解】
设，则
定义域为，
所以为偶函数，
所以的图像关于成轴对称
要使有唯一零点，
则只能，
即
解得，
故答案为：.
【点睛】本题考查判断函数奇偶性，根据函数的零点求参数的值，属于中档题.
14. 已知函数，当时，记函数的最大值为，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先判断为偶函数，转化为求在0,2上的最大值，可判断在0,2上的最大值为f1或，得，根据绝对值不等式的性质，即可求出结果.
【详解】根据题意，，是偶函数，
当x∈0,2时，，
由二次函数性质，在0,2上的最大值为f1或，
由偶函数对称性，在上的最大值为f1或，
，则，
即.
，即的最小值为.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应该写出文字说明､证明过程或验算步骤.
15. 如图1所示，现有一块边长为1.5m的等边三角形铁板，如果从铁板的三个角各截去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正三棱柱形的容器如图2.则容器的容积是容器底面边长的函数.
（1）写出函数的解析式并注明定义域；
（2）求这个容器容积的最大值.
【答案】（1）；定义域为.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出三棱柱的高，再根据柱体的体积公式即可求解；
（2）利用导数法求函数的最值即可求解．
【小问1详解】
如图所示：
由题意可知,
所以，可得，
所以，
即三棱柱的高为，
所以，
所以，定义域为.
【小问2详解】
由（1）知，，定义域为.
因为，
所以，
令则，解得或（舍），
又因为，
所以当x∈0,1时，
当时，，
所以在0,1上单调递增，在上单调递减；
当时，取得极大值，也为函数的最大值，
所以．
故这个容器容积的最大值为.
16. 已知直线与函数的图象相切.
（1）求的值；
（2）求函数的极大值.
【答案】（1）；
（2）0.
【解析】
【分析】（1）设出切点，利用导数的几何意义求解即得.
（2）利用导数判断函数的单调性，然后求出极值即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
设切点为，则切线的斜率为，
切线方程为，
又切线过点，于是，而，解得，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，设，求导得，
令，得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
于是，又，
则存在，当时，，当时，，
从而在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一极大值.
17. 已知函数
（1）若恒成立，求a的值；
（2）若有两个不同的零点，且，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求导，然后讨论参数的范围，最后求出单调区间.
（2）在第一问基础上，求出，然后讨论的范围，最后求出范围.
【小问1详解】
，
①当时，，不符合题意.
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以当时，取得最小值；
若恒成立，则，
设，则，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减，
所以，即的解为.
所以.
【小问2详解】
当时，，在区间上单调递增，
所以至多有一个零点，不符合题意；
当时，因为，不妨设，
若，则，不符合题意；
若，则，
由（2）可知，只需，即，解得，
即a的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略，
形如的恒成立的求解策略：
1.构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2.参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3.数形结合法：结合函数图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
18. 已知函数．
（1）证明曲线在处的切线过原点；
（2）讨论的单调性；
（3）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；
（2）首先求函数的导数，根据判别式，讨论a的取值，求函数的单调区间;
（3）把问题转化为，利用一次函数单调性得，只需证，利用导数研究单调性即可.
【小问1详解】
由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
所以切线方程为，即恒过原点．
【小问2详解】
由（1）得，
①时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
令，则
②且时，即时，，在上单调递增，
时，，
，则，或，得
所以在上单调递增，在上单调递增；
，则，则，
所以在上单调递减，
③时，，
则，则，所以在上单调递减；
，则，所以在上单调递增，
综上：时，在上单调递增；在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递增；在上单调递减，
时，在上单调递减；在上单调递增，
【小问3详解】
当时，，即，
下面证明当时，，，即证，
令，因为，所以，只需证，
即证，令，，，令，，
令，，与在上单调递减，
所以在上单调递减，，，
所以存在，使得，即，
所以，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，，
令，时，
所以在上单调递增，所以，
所以，，所以在上单调递减，
，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，综上所述．
【点睛】关键点点睛
第三问的关键是构造函数并连续求导判断单调性，把构造的函数与当时的函数值比较，从而得到结论.
19. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.
（1）当，时，写出所有满足的数对序列；
（2）当时，证明：；
（3）当为奇数时，记的最大值为，求.
【答案】（1）或
（2）证明详见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用列举法求得正确答案.
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.
（3）先证明，然后利用累加法求得.
【小问1详解】
依题意，当，时有：
或.
【小问2详解】
当时，
因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，
所以.
【小问3详解】
当为奇数时，先证明.
因为与不同时在数对序列中，
所以，
当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.
对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：
，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
.
此时恰有项，所以.
综上，当为奇数时，
.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问