陕西省西安市第八十五中学2025届高三上学期9月第一次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份陕西省西安市第八十五中学2025届高三上学期9月第一次模拟考试 数学试卷（含解析），共18页。
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，只有一个符合题目要求.
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
3．若，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
4．若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A．B．
C． D．
6．已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，是函数的图象上两个不同的点，则（ ）
A．B．
C．D．
8．若函数是定义域为R的奇函数，且fx+2=−fx，，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．的图象关于点2,0中心对称
C．的图象关于直线对称
D．
二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.
9．下列命题中，正确的有（ ）
A．最小值是4
B．“”是的充分不必要条件
C．若，则
D．若a，，且，则的最小值为9
10．已知函数，则（ ）
A．函数的定义域为R
B．函数的值域为
C．函数在上单调递增
D．
11．已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，.给出下列命题，其中正确的命题的为（ ）
A．
B．函数在定义域上是周期为2的周期函数
C．直线与函数的图像有1个交点
D．函数的值域为
三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知函数是偶函数，则 .
13．已知，，则 ．
14．已知R上的偶函数在区间上单调递增，且恒有成立，给出下列判断：①；②在上是增函数；③的图象关与直线对称；④函数在处取得最小值；⑤函数没有最大值，其中判断正确的序号是 ．
四、解答题，本题共5小题，共77分.
15．记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
16．如图，在三棱锥中，平面，．

(1)求证：平面PAB；
(2)求二面角的大小．
17．已知函数且.
(1)若，求函数的最小值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围.
18．设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
1．B
【分析】方法一：求出集合后可求.
【详解】[方法一]：直接法
因为，故，故选：B.
[方法二]：【最优解】代入排除法
代入集合，可得，不满足，排除A、D；
代入集合，可得，不满足，排除C.
故选：B.
【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法；
方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解．
2．A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
3．C
【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
4．D
【分析】根据题意，得到函数的单调性及，再结合不等式，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，定义在R上的奇函数在上单调递减，且，
则在上单调递减，且，，
所以当时，，
当时，，
所以由可得：
或或，
解得或或，即或，
所以满足的的取值范围是.
故选：D.
5．D
【分析】根据题意分析可得，消去即可求解.
【详解】由题意得，则，即，所以.
故选：D.
6．A
【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论.
【详解】 ，即.
故选：A
7．B
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故B正确，A错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误，
故选：B.
8．D
【分析】对于A：根据，赋值令，即可得结果；对于C：根据结合奇函数定义可得，即可得结果；对于B：根据选项B中结论分析可得，即可得结果；对于D：分析可知：4为的周期，结合周期性分析求解.
【详解】因为，，
对于选项A：令，可得，故A正确；
对于选项C：因为函数是定义域为的奇函数，则，
则，所以的图象关于直线对称，故C正确；
对于选项B：因为，可得，
则，
即，所以的图象关于点中心对称，故B正确；
对于选项D：因为，
令，可得，
令，可得，
又因为，则，
可知4为的周期，可得，即，
因为，所以，故D错误；
故选：D
9．BD
【分析】利用基本不等式判断A，解不等式即可判断B，举反例即可判断C，根据基本不等式即可判断D.
【详解】当时，（当且仅当时取等号），
当时，（当且仅当时取等号），
所以没有最小值，故A错误；
由得或，所以“”是的充分不必要条件，故B正确；
当时，，但，故C错误；
因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，故D选项正确.
故选：
10．ABD
【分析】利用复合函数思想，结合二次函数和指数函数的性质来判断各选项.
【详解】令，则．
对于选项A，的定义域为，故A正确；
对于选项B，因为，的值域为，所以函数的值域为,故B正确；
对于选项C，因为在上单调递增，
且在上单调递减，
所以根据复合函数单调性法则，得函数在上单调递减，故C不正确；
对于选项D，由于函数在上单调递减，则，故 D正确．
故选:ABD．
11．ACD
【分析】根据已知条件中函数是偶函数且时，有以及时，，画出函数图象，逐一分析四个结论的真假，可得答案．
【详解】根据题意，可在同一平面直角坐标系中画出直线和函数的图象如图所示，
根据图象可知选项A中，正确；
对于选项B，函数在定义域上不是周期函数，所以B不正确；
对于选项C，根据函数图象可知与的图象有个交点，所以C正确；
对于选项D，根据图象，函数的值域是，所以D正确.
故选：ACD.
12．1
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
13．##0.1
【分析】根据指对数互化可得，结合求参数值即可.
【详解】由题设，则且，
所以，即，故.
故答案为：
14．①④
【分析】由可得函数的图象关于点对称，结合偶函数可得
是周期函数，再逐一分析各个命题判断作答.
【详解】由恒成立知，函数的图象关于点对称，
又是偶函数，由得，
则有，即，因此，是周期为4的周期函数，
对于①，在中，当时，，则，①正确；
对于②，是偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减，而的图象关于点对称，
所以在上是减函数，②不正确；
对于③，函数的图象关于点对称，③不正确；
对于④，由①②的信息知，在上单调递减，由是偶函数知，在上单调递增，
由周期是4知，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在处取得最小值，④正确；
对于⑤，由④的信息知，函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，函数取得最大值，⑤不正确.
故答案为：①④
【点睛】论点睛：函数的定义域为D，，存在常数a，b使得，
则函数图象关于点对称.
15．(1)；
(2).
【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答.
（2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答.
【详解】（1）方法1：在中，因为为中点，，，

则，解得，
在中，，由余弦定理得，
即，解得，则，
，
所以.
方法2：在中，因为为中点，，，
则，解得，
在中，由余弦定理得，
即，解得，有，则，
，过作于，于是，，
所以.
（2）方法1：在与中，由余弦定理得，
整理得，而，则，
又，解得，而，于是，
所以.
方法2：在中，因为为中点，则，又，
于是，即，解得，
又，解得，而，于是，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，
所以，同理，
所以为直角三角形，
又因为，，
所以，则为直角三角形，故，
又因为，，
所以平面.
（2）由（1）平面，又平面，则，
以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
所以，
设平面的法向量为，则，即
令，则，所以，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
所以，
又因为二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
17．(1)1
(2)
【分析】（1）换元令，可得，结合二次函数即可得最小值；
（2）换元令，可得恒成立，结合运算求解.
【详解】（1）若，则，
令，
故原式化为，
若时，可知在上单调递增，
可知在上单调递增，可知；
若时，可知在上单调递减，
可知在上单调递减，可知；
综上所述：，
可知当时，取到最小值为1.
（2）因为，
设，
由题意得即恒成立，即恒成立，
且，则，解得，
所以实数的取值范围为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.
【详解】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.
19．(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为R，且，
若，则对任意x∈R恒成立，
可知在R上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为的定义域为R，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在0,+∞内单调递增，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞.