江苏省宿迁中学2025届高三实验部学业质量检测（一）数学试卷

高三年级学业质量检测（一） 数学试卷（实验部） 试卷满分（150分） 考试时间（120分钟） 一､单选题（每小题5分，共8小题，计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. 2.已知，则（ ） A.8 B.9 C. D. 3.已知.则“且”是“”的（ ） A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 4.已知，，直线和垂直，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5.是定义域在上的奇函数，若时，则等于（ ） A.8 B.4 C.0 D.-8 6.给出下列命题： ①如果不同直线都平行于平面，则一定不相交； ②如果不同直线都垂直于平面，则一定平行； ③如果平面互相平行，若直线，直线，则； ④如果平面互相垂直，且直线也互相垂直，若，则； 其中正确的个数为（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 7.已知函数的定义域均为，，，，则（ ） A. B. C. D. 8.已知函数，，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D.以上都不对 二､多选题（每小题6分，共3小题，计18分.在每小题给出的选项中，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.已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10.已知定义在上的函数满足，当，时，.下列结论正确的是（ ） A. B. C.是奇函数 D.在上单调递增 11.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A.当时，平面 B.任意，三棱锥的体积是定值 C.存在，使得与平面所成的角为 D.当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 三､填空题（每小题5分，共3小题，计15分） 12.函数的定义域为___________. 13.已知一个四棱柱，其底面是正方形，侧棱垂直于底面，它的各个顶点都在一个表面积为的球面上.如果该四棱柱的底面边长为1，则其侧棱长为___________. 14.已知函数满足对任意的，都有恒成立，那么实数的取值范围是___________. 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.已知集合，，其中. （1）当时，求集合，； （2）若，求实数的取值范围. 16.已知（）是偶函数，当时，. （1）求的解析式； （2）若不等式在时都成立，求m的取值范围. 17.（2016年苏州19）设函数. （1）当时，解关于的不等式； （2）当时，求函数在上的最大值. 18.已知函数. （1）若，求函数在区间上的值域； （2）若函数在区间上有最小值3，求的值. 19.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面侧面，为中点，是上的点，，. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的余弦值为，求到平面的距离. 高三年级学业质量检测（一） 数学试卷（实验部） 试卷满分（150分） 考试时间（120分钟） 一､单选题（每小题5分，共8小题，计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.【答案】A 【分析】先求出集合B，再根据交集的定义即可求出. 【详解】，， . 故答案为：A. 2.【答案】C 【分析】根据指数､对数运算以及函数的概念求得正确答案. 【详解】令，可得，则. 故选：C 3.【答案】A 【分析】根据条件，利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求出结果. 【详解】当且时，，所以，当且仅当，即时取等号， 所以由且可以得出， 显然，当，有成立，但得不出且， 所以“且”是“”的充分而不必要条件， 故选：A. 4.【答案】B 【分析】由题意利用两直线垂直的性质，求得，再利用基本不等式，求得的最小值. 【详解】，，直线，，且， ，即. 则，当且仅当时，等号成立， 故的最小值为8， 故选：B. 5.【答案】D 【分析】根据函数是奇函数得到，再将2代入函数解析式得到函数值. 【详解】根据函数是奇函数得到，由时可得到 故答案为D. 【点睛】这个题目考查的是函数奇偶性的应用，函数奇偶性的判断，先要看定义域是否关于原点对称，接着再按照定义域验证和的关系. 6.【答案】A 【分析】根据已知线面､面面的位置关系，结合平面基本性质及空间想象，即可判断各项正误. 【详解】①如果不同直线都平行于平面，则相交､平行或异面，错误； ②如果不同直线都垂直于平面，则由线面垂直的性质定理得一定平行，正确； ③如果平面互相平行，若直线，直线，则相交､平行或异面，错误； ④如果平面互相垂直，且直线也互相垂直，若，则与相交或平行，错误. 故选：A 7.【答案】B 【分析】已知条件可求得，代入2024计算即可. 【详解】，以代，有， 又，得， 所以. 故选：B. 8.【答案】C 【解析】根据题意得，再分别求函数的最小值即可得答案. 【详解】解：∵，∴， ∴. 当时，，所以只需满足：，解得； 当时，.满足题意. 当时，，所以只需满足：，解得. ∴. 故选：C. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集. 9.【答案】AD 【分析】由基本不等式判断AD，取判断BC. 【详解】由题意可知，（当且仅当时取等号），故A正确； 取，则，故BC错误； 因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），故D正确； 故选：AD 10.【答案】ACD 【分析】利用赋值法得到，由此判断出的奇偶性.利用赋值法求得，进而求得，根据函数单调性的定义，计算的符号来判断函数的单调性. 【详解】令，可得. 令，可得.因为当时，，所以. 令，可得. 因为，所以当时，. 又因为当时，，所以当时，. 令，可得，① 所以，两式相加可得. 令，可得.② ①-②可得， 化简可得，所以是奇函数，C正确. 由，可得： ，B错误. 由可得解得，A正确. 令，可得. 令，则. 因为当时，，所以， 所以，即， 所以在上单调递增. 因为为奇函数，所以在上单调递增，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：利用函数单调性的定义证明函数的单调性，首先要在函数定义域的给定区间内，任取两个数，且，然后通过计算的符号，如果，则在给定区间内单调递增；如果，则在给定区间内单调递减. 11.【答案】ACD 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径､勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积. 【详解】如图所示建系，， 所以， 从而， 所以， 又面， 所以面， 时，与重合，平面为平面， 因为面，平面，A对. 不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，B错. 设面的法向量为， 则，令，解得， 即可取， 而， 所以与平面所成角的正弦值为， 又， 所以， 所以， 又面， 所以面， 当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于， 当在时，与平面所成角为， 所以存在使与平面所成角为，C正确. ， 设平面的法向量为， 不妨设，则. ，则，平面的法向量，显然球心， 到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解. 12.【答案】 【分析】根据根式以及分式的性质即可求解. 【详解】的定义域满足且，解得且. 故答案为： 13.【答案】 【分析】根据已知四棱柱结构特征确定外接球球心位置，结合球体表面积公式确定球体半径，进而求侧棱长. 【详解】四棱柱底面是正方形，侧棱垂直于底面，此四棱柱外接球的球心为体对角线的中点， 因为球的表面积为，所以球的半径为1，故体对角线长为2， 设侧棱长为h，则. 故答案为： 14.【答案】 【详解】∵函数满足对任意，都有成立，∴函数在定义域上是增函数，则满足， 故答案为. 15.【答案】（1）（2） 【分析】（1）先求集合B，再根据交集､并集以及补集得定义求结果，（2）先根据条件化为集合关系，再结合数轴求实数的取值范围. 【详解】（1） 当时，， 所以 因为，所以 （2）因为，所以， 当时，，满足条件， ，不满足条件， 因此. 【点睛】防范空集.在解决有关等集合问题时，往往忽略空集的情况，一定先考虑是否成立，以防漏解. 16.【答案】（1）f（x）=（2） 【详解】试题分析：已知函数的奇偶性求函数的解析式是函数的奇偶性常见考试题，函数为偶函数，求的解析式，利用去求；解决不等式恒成立问题首选方法是分离参数借助极值原理去解决，本题注意到x的范围，由于x为正，所以分离参数时，不等号的方向不变，再求最值，最后的处m的取值范围 试题解析： （1）设时，则， 为偶函数，. （2）由题意得在时都成立， 即在时都成立， 即在时都成立， 当时，， 则. 【点睛】函数的奇偶性常见问题（1）利用函数的奇偶性求值，（2）利用函数的奇偶性分析函数的图象，借助单调性解不等式，（3）利用函数的奇偶性求函数的解析式；解决不等式恒成立问题首选方法是分离参数借助极值原理去解决，当然也有很多恒成立问题需要对参数进行讨论才能解决. 17.【答案】（1）（2） 【详解】（1）借助绝对值的定义运用分类整合的数学思想将问题转化为求两个二次不等式的解集，最后再求其并集；（2）依据题设条件先运用分类整合思想求出函数的解析式，再分别借助二次函数的图像和性质求二次函数的最大值问题： 解：（1）当时，，解得或，所以 当时，，得无实数解， 综上所述，关于的不等式的解集为. （2）当时，， 当时，. 当时， ， 因为函数在上单调递增，所以. 由，得，又，所以. 所以. 18.【答案】（1） （2）或. 【分析】（1）把的值代入函数解析式，再判断函数在已知区间上的单调性，进而可以求解， （2）讨论对称轴与已知区间的三种位置关系，分别求出最小值，令其为3，解出来的值，进而可以求解. 【小问1详解】 若，则，对称轴为， 函数在区间，上单调递减，在上单调递增， 所以，； 所以的值域为 【小问2详解】 ，对称轴为， ①当，即时，函数在，上是增函数. ， 由，得. ，. ②当，即时，. 由，得，舍去. ③当，即时，函数在，上是减函数， . 由，得. ，， 综上所述，或. 19.【答案】（1）证明见解析 （2） 【分析】（1）由面面垂直和线面垂直性质可得，结合，由线面垂直和面面垂直的判定方法可证得结论； （2）取中点，结合面面垂直性质可知两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据二面角的向量求法可构造方程求得的值，进而根据点面距离的向量求法求得结果. 【小问1详解】 平面平面，平面平面，，平面， 平面，又平面，； 四边形为正方形，， ，平面，平面， 平面，平面平面. 【小问2详解】 取中点，连接， ，为中点，， 平面平面，平面平面，平面， 平面， 分别为中点，，又，； 以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系， ，，，， ，，，，，， ，，，，， 设，则， ， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 轴平面，平面的一个法向量， ，解得：（舍）或， ，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， 点到平面的距离. 学科网（北京）股份有限公司 $$