精品解析：吉林省长春市东北师范大学附属中学2025届高三上学期开学验收考试数学试卷

东北师大附中2024—2025学年高三年级（数学）科试卷 上学期假期作业验收考试 考试时长：120分钟 满分：120分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32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. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的前8项和为68，，则（ ） A. 300 B. 298 C. 295 D. 296 3. 设：实数，满足且；：实数，满足；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. 若为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 5. 若关于的不等式在区间上有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 瑞士数学家Jakob Bernoulli于17世纪提出如下不等式：，有，请运用以上知识解决如下问题：若，，，则以下不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 数在上可导，若，则______. 13. 设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是_____ 14. 在数列中，且，当时，，则实数的取值范围为______． 四、解答题：本大题共5小题，共58分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 二次函数满足，且. （1）求的解析式； （2）若时，的图象恒在图象的上方，试确定实数的取值范围. 16. 已知函数，且在处的切线方程是． （1）求实数，的值； （2）求函数的单调区间和极值． 17. 已知数列的前项和是， （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 18. 已知函数. （1）若函数为奇函数，求的值； （2）当时，用函数单调性的定义证明：函数在上单调递增； （3）若函数有两个不同的零点，求的取值范围. 19. 已知函数有两个极值点，且． （1）求的取值范围； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中2024—2025学年高三年级（数学）科试卷 上学期假期作业验收考试 考试时长：120分钟 满分：120分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32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. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数的值域和函数的定义域，即得集合，从而可确定选项. 【详解】由，，可得，则，故， 又由有意义，可得，即得，故， 则显然有. 故选：C. 2. 已知等差数列的前8项和为68，，则（ ） A. 300 B. 298 C. 295 D. 296 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程组求得，结合等差数列的通项公式，即看求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为等差数列的前8项和为，可得， 即，即， 又由，可得， 联立方程组，解得， 所以. 故选：C. 3. 设：实数，满足且；：实数，满足；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】A 【解析】 【分析】先考查是否成立，再考查是否成立,即可得结论. 【详解】解：因为且，所以，即成立； 反之若，满足，如，但不满足 且，即不成立， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 4. 若为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由求出，代入，检验是否满足题意. 【详解】的自变量需满足， 解得：或， 若为偶函数，则， 所以，解得：， 所以， . 所以为偶函数，满足题意. 故选：B. 5. 若关于的不等式在区间上有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得到，再利用在区间上的单调性，即可求解. 【详解】当时，由可得， 又关于的不等式在区间上有解，则， 令，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又时，，时，，所以， 故选：D. 6. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据为奇函数，为偶函数，可得函数的周期，且为偶函数，根据时，，求的值得此时解析式，即可求得的值. 【详解】为奇函数，，所以关于对称，所以①，且， 又为偶函数，，则关于对称，所以②， 由①②可得，即，所以， 于是可得，所以的周期， 则，所以为偶函数 则，所以，所以 所以，解得，所以当时， 所以. 故选：B. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，判断函数单调性，代入数值可比较大小. 【详解】设，， 时，，为减函数， 时，，为增函数，所以， ，即. 设，， 时，，为增函数， 时，，为减函数， 所以，，即，所以. 设，， 为增函数，所以，所以，即. 故选：D 8. 已知函数，若方程有三个不相等的实数解，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求导可得，画出函数的大致图像，令，可得 等价于，然后构建，结合二次函数根的分布，分别讨论，代入计算，即可求解. 【详解】由题意可知：的定义域为，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增，可得， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 作出的图象，如图所示， 对于关于x的方程， 令，可得，整理得， 且不为方程的根， 可知方程等价于， 若方程有三个不相等的实数解， 可知有两个不同的实数根， 且或或， 构建， 若，则，解得； 若，则，解得， 此时方程为，解得，不合题意； 若，则，解得， 此时方程为，解得，不合题意； 综上所述：实数a的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数图象问题，以及函数零点问题，难度较大，解答本题的关键在于画出函数的大致图象，以及将方程根的问题进行转化进行求解. 二、多项选择题：本大题共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. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】作出函数的图象，设，则直线与函数的图象个交点横坐标分别为，可得出，再结合对称性与对数运算即可得正确选项. 【详解】函数的图象如图所示， 设，则， 则直线与函数的图象个交点横坐标分别为， 对于A：函数的图象关于直线对称，则，故A正确； 对于B：由图象可知，且， ∴，即，所以，故B正确； 对于C，当时，， 由图象可知，则，故C错误； 对于D，由图象可知， 所以，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可. 【详解】由， 令，则， 因为，所以，故A错误； 令，则，① 所以， 因为为奇函数，所以为偶函数，， 所以，② 由①②并整理得， 即， 所以， 所以是周期为的周期函数，故，故B正确； 因为，所以，故C正确； 由上知， 在①中，令，得，所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的性质，涉及函数的奇偶性、周期性及导数的计算.解题关键在于熟练地应用函数奇偶性、周期性的定义及导数的计算，利用赋值法推导出函数，的性质. 11. 瑞士数学家Jakob Bernoulli于17世纪提出如下不等式：，有，请运用以上知识解决如下问题：若，，，则以下不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】不妨设，根据选项C的结构构造函数，利用导数研究其单调性，结合题目不等式结论即可判定正确，再根据题目不等式结论证明得及，相加即可判断B正确，结合C判断A正确，得解. 【详解】不妨设，先证明C：证明在上单调递减即可. ，即要证明， 即要证明， 因为，得证， 所以，即，故选项C正确，D错误； 再证明B：，因此， 同理，故，且，所以AB正确. 故选：ABC 【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 三、填空题：本大题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 数在上可导，若，则______. 【答案】12 【解析】 【分析】利用导数的定义计算代入可得结果. 【详解】根据导数定义可 . 故答案为：12 13. 设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】由，判断函数值的变化情况，作出函数的图象，再确定所在的区间，求出临界点即可求出结果． 【详解】当,时，函数在上递增，在上递减， 所以， 由得到，可得当图象向右平移2个单位时， 最大值变为原来的倍，最大值不断变小， 由得到，可得当图象向左平移2个单位时， 最大值变为原来的2倍，最大值不断变大， 当,时，， 当,时，， 设,，,，， 即， 由，解得或， 根据题意，当时，恒成立， 故答案为：． 14. 在数列中，且，当时，，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】由数列的递推式可得，求和后结合条件可得，求出即可. 【详解】因为，，所以， 当时，，所以，所以， 所以 ， 因为， 所以，所以，解得. 所以实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由数列的递推式可得，然后利用累加法求和求解范围即可. 四、解答题：本大题共5小题，共58分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 二次函数满足，且. （1）求的解析式； （2）若时，的图象恒在图象的上方，试确定实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，利用求得，由可求得，即得答案； （2）依题意可得当时，恒成立，参变分离可得恒成立，再令，，求出，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 由题意设， 由得； 由得， 即恒成立，故，则， 故； 【小问2详解】 因为当时，的图象恒在图象的上方， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 令，，则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为. 16. 已知函数，且在处的切线方程是． （1）求实数，的值； （2）求函数的单调区间和极值． 【答案】（1）， （2）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义得到方程组，解得即可； （2）由（1）可得，利用导数求出函数的单调区间，从而求出极值. 【小问1详解】 因为，所以， 又在处的切线方程为， 所以，， 解得，． 【小问2详解】 由（1）可得定义域为，则， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 则在处取得极小值， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 因此极小值为，无极大值． 17. 已知数列的前项和是， （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用数列与的关系即可求得数列的通项公式； （2）因为数列的首项为正且是一个递减数列， 令，得该数列前34为正，后面的项全为负，设数列的前项和为，利用分组求和即可求得数列的前项和. 【小问1详解】 当时，， 当时， 把代入上式，满足题意. 数列的通项公式. 【小问2详解】 数列的首项为正，是一个递减数列，先正后负， 令，则数列前34为正，后面的项全为负， 设数列的前项和为，则当，， 当时， 数列的前项和为 18. 已知函数. （1）若函数为奇函数，求的值； （2）当时，用函数单调性的定义证明：函数在上单调递增； （3）若函数有两个不同的零点，求的取值范围. 【答案】（1）1 （2）证明：当时，. 任取，且， 则， 因为，所以， 所以，即， 所以函数在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）根据得到方程，求出，验证后得到答案； （2）定义法求解函数单调性步骤：取点，作差，判号，下结论； （3）换元后得到在有两个不同的实数解，由根的判别式和对称轴得到不等式，求出的取值范围. 【小问1详解】 的定义域为R，且为奇函数， 由，得， 此时. 因为，所以为奇函数， 故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 有两个不同的零点，等价于有两个不同的实数解. 令，则在有两个不同的实数解， 令，其中， 所以，解得. 所以的取值范围为. 19. 已知函数有两个极值点，且． （1）求的取值范围； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明如下： 由（1）易知，，设，则，． 由（1）得，所以，即， 又，即，代入上式得，， 整理得， 要证， 只需证， 两边同时除以，即证， 即证， 两边同除以，即证， 结合式，即证， 即证， 设，因为， 所以在上单调递增，所以， 所以原不等式得证． 【解析】 【分析】（1）函数有两个不相等的极值点，则方程在上有两个不相等的实数根，通过构造函数，利用导数研究单调性和函数图象，数形结合求结论成立时的取值范围； （2）由，设，要证，只需证，即证即证，构造函数利用导数证明不等式. 【小问1详解】 函数的定义域是， ， 因为函数有两个不相等的极值点， 所以方程在上有两个不相等的实数根，所以， 方程两边同时除以，整理得， 即直线与函数的图象有两个交点． 令，则，令，得， 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以，又， 时，且，所以的图象如图所示， 要想与的图象有两个交点，则，所以． 故的取值范围是． 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：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．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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $