安徽省芜湖市一中2024-2025学年高三上学期10月教学质量诊断测试数学试题

这是一份安徽省芜湖市一中2024-2025学年高三上学期10月教学质量诊断测试数学试题，共20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。

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. 已知集合，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求解化简集合，，利用交集的运算求即可.
【详解】因为，
则，
故选：C
2. 一个圆锥底面积是侧面积的一半，那么它的侧面展开图圆心角为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆锥底面半径为，母线为，根据题意可得，代入圆心角公式，即可得答案.
【详解】设圆锥底面半径为，母线为，则圆锥的侧面积为，
由题意得，解得，
所以圆锥底面圆的周长即圆锥侧面展开图扇形的弧长为，
所以该扇形的圆心角.
故选：D
3. 函数，已知在时取得极值，则上的最大值为（ ）
A. B. 1C. 9D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用，求得，代入利用导数求得函数的单调性，结合函数的单调性，即可求解函数的最值.
【详解】因为函数，
所以，
因为在时取得极值，
所以，解得，
所以，，
，
令，则，解得或（舍），
当时，，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值为.
故选：C.
4. 《九章算术》是我国古代的数学著作，在《方田》章节中给出了“弦”和“矢”的定义，“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，记圆心角，若“弦”为，“矢”为1时，则等于（ ）

A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用图形以及“弦”和“矢”的定义，由平方关系可求得角的三角函数值，即可计算得出结果.
【详解】根据题意可设半径长，
可得，
由同角三角函数值之间的基本关系可得，
解得；
即可得,；
所以.
故选：D
5. 已知函数是定义在R上偶函数，当时，，若函数仅有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据的性质画出函数图象，然后把函数仅有4个零点，转化为函数y=fx与的图象有4个交点，数形结合即可求解.
【详解】当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
又函数是定义在R上偶函数，其图象关于y轴对称作出函数图象：

因为函数仅有4个零点，所以函数y=fx与的图象有4个交点，
根据图象可知：，即实数的取值范围是.
故选：A
6. 已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，①
又因为函数为奇函数，则，即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为.
故选：B.
7. 已知定义在R上的函数满足，当时，.若对任意，都有，则实数的最大值为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知利用正弦函数图象与性质、函数的周期性，结合函数图象进行求解即可.
【详解】当时，，
且定义在R上的函数满足，
所以函数的大致图象为
因为，，
所以，，
所以由，可得，
当时，由的，
所以对任意，都有，
得实数的取值范围为，则实数的最大值为.
故选：B.
8. 设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简得，
从而，，
构造函数，有单调性得，再化简得，
再构造函数，求得最大值即可.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
即，
设函数，，
，
所以函数在为增函数，
所以所以，
设函数，
，
所以函数在为增函数，在为减函数，
所以，
所以的最大值为，
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 设．且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合不等式的性质、基本不等式求得正确答案.
【详解】因为，，所以，故A正确；
因为，设，则，故B错误；
因为，所以，故C正确；
因为，
当且仅当，即，时，等号成立，
此时满足，，所以，故D正确．
故选：ACD
10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ）
A. 当时，B. 的解集为
C. ，都有D. 函数有2个零点
【答案】BC
【解析】
【分析】由奇偶性求出当时函数的解析式，即可判断A，分类讨论解不等式，即可判断B，由于的值域为，所以，都有，即可判断C，由，，又，即可判断D.
【详解】时，则，所以，
又是定义在上的奇函数，所以，故A错误；
当时，由，得，
当时，由，得；
所以的解集为，故B正确；
当时，，，
令，则，
当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，
且当时，，，
当时，，，
令，则，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
所以，
且当时，，，
所以的值域为，，
所以，都有，故C正确；
因为，，又，所以有3个零点，故D错误；
故选：BC
11. 已知函数在区间上有两个不同的零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. 的取值范围是B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先令，参变分离化简，得，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问题，然后求得a的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，利用基本不等式判断；假设正确，利用零点与的关系消元，然后利用不等式性质以及构造函数证明即可.
【详解】令，
令，
由题可知，，，
令，得，
显然，当x∈0,1时，，所以单调递减；
当x∈1,+∞时，，所以单调递増；
，得示意图
所以都符合题意，故A错误；
由示意图可知 ，
显然，
当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等，
因为，所以互为倒数，即，故B正确；
，
等且仅当时等号成立，
因为，所以，故C正确；
因为，要证，
即证，
因为，所以，
即证，
我们分别证明，，
证明：
因为，
所以，
证明：
要证，即证，
不妨设，得，
显然，当时，h′x<0，此时hx单调递减；
当时，h′x>0，此时hx单调递増；
故，故，即，
所以证得，即证得，
即得，故选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：零点问题解决的关键是转化，有变量的式子，我们经常参变分离，然后将零点问题转化为两个函数的交点问题，画图判断即可；对于选择题中的一些选项，我们可以假设正确，然后验证即可；题中存在多个变量，我们经常需要找到变量之间的关系，然后消元，变成一个变量，然后解决即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】由三角函数的定义求出，然后利用诱导公式化简式子计算即可.
【详解】因为角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，
所以由三角函数的定义可得：，
.
故答案为：
13. 已知命题：函数在区间上单调递增，命题：，若是的充分不必要条件，则的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得命题：，由是的充分不必要条件，可得是的真子集，即可得到答案.
【详解】因为函数在区间上单调递增，所以，解得：，又因为是的充分不必要条件，则是的真子集，即的取值范围是
故答案为：
14. 已知曲线与有公共切线，则实数的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到,构造函数，转化为存在性问题，最终求最值即可.
【详解】设曲线与的切点分别为，，
因为，，则两切线斜率，，
所以，，
所以，所以，
即，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，
即，
故答案为：.
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. 集合
（1）求
（2）非空集合，求实数a的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简集合结合集合交集、补集运算即可；
（2）确定，即可求解.
【小问1详解】
所以或
所以
【小问2详解】
因为，所以，
则即，需满足且，解得
所以实数a的范围是.
16. 已知函数．
（1）若函数，判断的值域；
（2）若关于的方程有实根，求实数的取值范围.
【答案】（1）为非奇非偶函数；值域为−∞,0；（2）
【解析】
【分析】（1）根据定义域不关于原点对称，可知为非奇非偶函数；利用分离常数的方式可知，根据的范围求得，从而得到的值域；（2）将问题转化为有实根；构造，根据复合函数单调性求得单调性，根据单调性求得的值域，进而得到的范围.
【详解】（1）由得定义域为：0,+∞
因此定义域不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数
由题意知：
当x∈0,+∞时，
所以
所以函数的值域为−∞,0
（2）方程有实根，即有实根
构造函数
则
因为函数在上单调递减，而在0,+∞上单调递增
所以复合函数是上的单调递减函数
所以在上最小值为，最大值为
即，所以当时，方程有实根
【点睛】本题考查函数奇偶性的判断、函数值域的求解、根据方程根的情况求解参数范围.解决方程根的个数的问题，关键是能够通过分离变量将问题转化为参数与新函数的交点问题，通过求解值域得到结果.
17. 已知在处的切线方程为．
（1）求函数的解析式：
（2）是的导函数，证明：对任意，都有．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件得到关于的方程，即可得到结果；
（2）根据题意，令，然后求导得到其在上的最大值，即可得证.
【小问1详解】
由题意可得，，且，则，
即，即，所以
【小问2详解】
由（1）可知，，
所以，
令，
则，
所以时，，
即在上单调递减，
所以，即，
所以，即
18. 已知函数．
（1）讨论的单调性．
（2）已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，对进行分类讨论的单调性；
（2）利用方程组，得到，问题转化为恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
【小问1详解】
．
①当时，在0,+∞上单调递增．
②当时，令f′x>0得，即在上单调递增；
同理，令f′x<0得，即在上单调递减．
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可知当时，在0,+∞上单调递增，不可能有两个零点．
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，则有，
所以的取值范围为．
（ⅱ）是函数两个零点，则有①，②，
①-②得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，
所以．
若要证明成立，
只需证，
即证，令，则，
则不等式只需证，
即证，
令，
，令，
令，因为，得在1,+∞上单调递减，
得，得，即在1,+∞上单调递减，
得，得，即在1,+∞上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证．
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，转化后利用构造新函数及最值进行求解证明.
19. 若函数的定义域为，有，使且，则对任意实数k，b，曲线与直线总相切，称函数为恒切函数.
（1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由；
（2）若函数为恒切函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）当取最大值时，若函数恒切函数，记，证明：.
（注：是自然对数的底数.参考数据：）
【答案】（1）是恒切函数，理由见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，利用恒切函数的定义求出，即可判断；
（2）（i）根据恒切函数的定义解方程，用表示，再利用导数即可求解的取值范围；
（ii）由的值可得的值，从而可得的解析式，利用新定义，可得，令，求出的取值范围，由，从而可得的取值范围，从而得证.
【小问1详解】
设函数为恒切函数，则有，
使且，即，
解得，故函数是恒切函数.
【小问2详解】
（i）由函数为恒切函数可知，
存在，使得且，
即解得，，
设，，
当时，递增；当时，递减.
，即实数的取值范围是.
（ii）当时，，
函数为恒切函数.又，
所以存在，使得，即.
令，则，
当时，递减；当时，递增.
所以当时，
，，
故在上存在唯一，
使得，即.
又由，
得，
由得，所以
又，所以当时，有唯一零点，
故由得，即.
.
【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.