精品解析：重庆市南开中学校2025年届高三8月第三次质量检测数学试题

重庆南开中学高2025届高三（上）数学练习 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，集合，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 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义域以及指数函数的性质化简集合，即可由交并补运算以及充要条件的定义求解. 【详解】由可得，解得， 所以或， 故选:. 2. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，，再由两角差的余弦公式计算可得. 【详解】因为，即， 即角的终边经过点，所以，， 所以. 故选：D 3. 已知函数为偶函数，其图像在点处的切线方程为，记的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先推导出偶函数的导数为奇函数，再根据条件得到，再利用奇函数的性质求. 【详解】因为为偶函数，所以，两边求导，可得. 又在处的切线方程为：， 所以. 所以. 故选：A 4. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可. 【详解】函数的定义域为， 且，所以为偶函数， 当时，因为与在上单调递增， 所以在上单调递增， 则在上单调递减，不等式， 即，等价于，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：C 5. 已知函数，若函数在上单调，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由题意转化为或，参变分离后，转化为求函数的最值，即可求得的取值范围. 【详解】在区间上单调，，或，即或恒成立， 设，， 函数在区间上单调递减，函数的值域是， 所以或. 故选：C 6. 设方程的两根为，，则（ ） A. ， B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由数形结合及零点的判定方法可确定出，即可判断AD，计算出，可判断BC. 【详解】由可得， 在同一直角坐标系中同时画出函数和的图象，如图所示： 因为，， 由图象可知，， 所以故A，D错误； ， 因为，所以，所以， 所以，即，故B错误，C正确. 故选：C 7. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，，，，，然后利用导数判断函数的单调性，利用函数的单调性可比较大小. 【详解】令，，， ，， 则， 令，，当时，，所以在时单调递增， 所以当时，， 所以在时单调递减，所以，所以； 当时，，令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增， 所以，所以， 综上，. 故选：D. 【点睛】关键点睛：此题考查导数的应用，考查比较大小，解题的关键是根据已知条件构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小，考查数学计算能力，属于较难题. 8. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由为奇函数，结合导数运算，由为奇函数，得到，通过整理可得，进而分析得到,,从而得出结果. 【详解】为奇函数，. 即，两边求导得， 则，可知关于直线对称， 又为奇函数，所以， 即，可知关于直线对称， 令，可得，即， 由，可得， 由，可得，即， 可得，即， 令，可得； 令，可得； 且，可知为的周期. 可知,, 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 二、多项选择题：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. 已知函数的图象的对称轴方程为，则函数的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】依次验证各选项中的函数是否满足即可. 【详解】若的图象的对称轴方程为，则； 对于A，，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，，， 即不恒成立，C错误； 对于D，，D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 是周期函数 C. 在单调递减 D. 的图像关于直线对称，但不关于点对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用三角恒等变换化简函数表达式为，但是注意到，由此即可判断；对于B，在定义域内，由诱导公式可得，由此即可判断；对于C，在函数有意义的前提下，由正弦函数单调性、复合函数单调性即可判断；对于D，利用代入检验法，并注意定义域是否相应的关于直线或点对称即可判断. 【详解】对于A，． 因为，且， 所以的值域是，A错误． 对于B，的定义域且， 对任意恒有，B正确． 对于C，在有意义， 当时，， 所以在单调递减，C正确． 对于D，， 的图象关于直线对称，且的定义域关于对称， 所以的图像关于直线称． ， 的图象关于点对称， 但的定义域不关于点对称， 所以的图象不关于点对称，D正确． 故选：BCD． 11. 已知函数在R上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有且仅有两个零点 B. 函数有且仅有三个零点 C. 当时，不等式恒成立 D. 在上的值域为 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：构造函数，根据题意求得，令即可求解后判断；对B：对求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对x的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域. 【详解】令，则，故（为常数），，， . 令，解得或， 故函数有且仅有两个零点，选项A正确； ， ∴令得；令得， 在和上单调递增，在上单调递减. ，，， ∴存在，使得； 又，∴存在，使得； 当时，，∴不存在使得. 综上所述，有且仅有两个根，即有两个零点，故选项B错误； ，∴. 当时，，. 令，则， 故在上单调递增，，满足题意； 当时，也满足不等式. 综上所述，当时，不等式恒成立，故选项C正确； 由B知在上单调递减，在上单调递增，且，，，故函数在上的值域为，故选项D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数，准确求出的解析式，属难题. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】函数在上存在单调递增区间，转化为在上有解，利用二次函数的性质求实数的取值范围． 【详解】函数在上存在单调递增区间， 由，则在上有解． 令，因为，所以只需或， 即或，解得． 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 表示三个数中的最大值，对任意的正实数x，y，则的最小值是________． 【答案】2 【解析】 【分析】设,因，则得,借助于基本不等式可得,验证等号成立的条件，即得. 【详解】设,则 因，则得，又因，则有. 当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为2. 故答案为: 2. 【点睛】思路点睛：本题解题的思路在于，先根据的含义，设出，即得，将问题转化为求的最小值，而这可以利用基本不等式求得，同时需验证等号成立的条件即得. 14. 已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，作出函数的大致图象，令可得，或，由条件结合图象可得的取值范围. 【详解】当时，，所以， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 且，，， 当时，，当时，， 当时，与一次函数相比，函数增长速度更快， 从而， 当时，，所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 且，， 当时，，当时，， 当时，与对数函数相比，一次函数增长速度更快， 从而， 当，且时，， 根据以上信息，可作出函数的大致图象如下： 函数的零点个数与方程的解的个数一致， 方程，可化为， 所以或， 由图象可得没有解， 所以方程的解的个数与方程解的个数相等， 而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等， 由图可知：当时，函数的图象与函数的图象有3个交点. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 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. 求下列函数的导数． （1）（t为常数）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据题意，利用导数的运算法则，以及复合函数的求导法则，准确计算，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数， 可得. 【小问2详解】 解：由函数， 可得. 16. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）对，恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）递增区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间即得. （2）取特值判断，再借助（1）中信息及不等式性质可得，然后利用导数探讨的情况即得. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，，则函数在上递减，在上递增， ，即，，当且仅当时取等号， 所以函数在上单调递增，即函数的递增区间为. 【小问2详解】 依题意，，则， 由（1）知，当时，恒成立， 当时，，， 则，因此； 当时，求导得，令， 求导得，当时，， 则函数，即在上单调递减，当时，， 因此函数在上单调递减，当时，，不符合题意， 所以a的取值范围是. 【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以按参数值分段讨论，利用导数结合函数零点探讨函数值正负即可作答. 17. 为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛－国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响． （1）经过1轮踢球，记甲的得分为，求的数学期望； （2）若经过轮踢球，用表示经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率． ①求，，； ②规定，且有，请根据①中，，的值求出、，并求出数列的通项公式． 【答案】（1）；（2）①，，；②，. 【解析】 【分析】（1）的可能取值为，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列与期望； （2）①，经过2轮投球甲的累计得分高有两种情况：一是2轮甲各得1分，二是2轮中有1轮甲得0分，有1轮甲得1分，由此能求出．经过3轮投球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分．由此能求出． ②推导出，将，代入得，，推导出是首项与公比都是的等比数列，由此能求出结果． 【详解】（1）记一轮踢球，甲命中为事件，乙命中为事件，，相互独立． 由题意，，甲的得分的可能取值为，0，1． ， ． ， ∴的分布列为： 0 1 ． （2）①由（1）， ． 经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分． ∴， ②∵规定，且有， ∴代入得：， ∴，∴数列是等比数列， 公比为，首项为，∴． ∴． 【点睛】关键点睛：利用待定系数法得到后，紧扣等比数列定义是解决问题的关键. 18. 函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点，曲线上两点，连线斜率记为k，求证：； （3）盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：． 【答案】（1）当时，在上单增； 当时，在和上单增， 在上单减； （2）证明： ， 所以要证，即证，即证， 也即证（*）成立． 设，函数，由（1）知在上单增，且， 所以时，，所以（*）成立，原不等式得证； （3）证明：由题可得， 因为，，…，， 所以， 又由（2）知，， 取，有， 即，即， 所以． 【解析】 【分析】（1）求导后对分类讨论即可得； （2）借助斜率公式表示出后化简，可转化为证明，借助换元法令，构造函数，结合（1）问中所的即可得解； （3）借助概率公式可得，借助放缩法可得，结合（2）中所得可得，即可得证. 【小问1详解】 定义域为，， 对于方程，， 当，即时，，，在上单增， 当，即或时，方程有两不等根， ，，而，， 所以当时，，在上恒成立，在上单增； 当时，，或时，，时，， 所以在和上单增，在上单减， 综上，当时，在上单增； 当时，在和上单增， 在上单减； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于得出后，借助（2）问中所得，取，代入可得，即可得解. 19. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）的方程为， 当时，曲线是焦点在轴上的椭圆； 当时，曲线是焦点在轴上的双曲线． （2）①设点，其中且， 由（1）可知的方程为， 因为，所以， 因此，三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程，得， 则， 由（1）可知， 所以 ， 所以为定值1； （法二）设，则有，解得， 同理由，解得， 所以， 所以为定值1； 由椭圆定义，得， ， 解得，同理可得， 所以 ． 因为，所以的周长为定值． ；②存在； 【解析】 【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解； （2）设点，其中且. （ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解. 【小问1详解】 设点，由题意可知， 即， 经化简，得的方程为， 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线， 根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且， （法一）设直线的方程为，联立的方程， 得， ，（*） 因为， 所以 ， 将（*）代入上式，化简得， （法二）设，依条件有，解得， 同理由，解得， 所以． 由双曲线的定义，得， 根据，解得， 同理根据，解得， 所以 ， 由内切圆性质可知，， 当时，（常数）． 因此，存在常数使得恒成立，且． 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆南开中学高2025届高三（上）数学练习 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，集合，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 2. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. 0 B. C. D. 3. 已知函数为偶函数，其图像在点处的切线方程为，记的导函数为，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若函数在上单调，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 设方程的两根为，，则（ ） A. ， B. C. D. 7. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知函数的图象的对称轴方程为，则函数的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 是周期函数 C. 在单调递减 D. 的图像关于直线对称，但不关于点对称 11. 已知函数在R上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有且仅有两个零点 B. 函数有且仅有三个零点 C. 当时，不等式恒成立 D. 在上的值域为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数在上存在单调递增区间，则实数的取值范围是______． 13. 表示三个数中的最大值，对任意的正实数x，y，则的最小值是________． 14. 已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是______. 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. 求下列函数的导数． （1）（t为常数）； （2）． 16. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）对，恒成立，求a的取值范围. 17. 为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛－国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响． （1）经过1轮踢球，记甲的得分为，求的数学期望； （2）若经过轮踢球，用表示经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率． ①求，，； ②规定，且有，请根据①中，，的值求出、，并求出数列的通项公式． 18. 函数． （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个极值点，曲线上两点，连线斜率记为k，求证：； （3）盒子中有编号为1~100的100个小球（除编号外无区别），有放回的随机抽取20个小球，记抽取的20个小球编号各不相同的概率为p，求证：． 19. 已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线． （1）求的方程，并说明轨迹的形状； （2）设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点． ①当时，求证：的值及的周长均为定值； ②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $