精品解析：黑龙江省伊春市第一中学2024-2025学年高三上学期期初考试数学试题

22级高三上学年开学考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合､常用逻辑用语､不等式､函数､导数､三角函数､解三角形. 一､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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. 12 D. 3. 函数的极值点为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为幂函数，为常数，且，则函数的图象经过的定点坐标为（ ） A. B. C. D. 6. “”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 7. 如图1，现有一个底面直径为10cm，高为25cm的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ②④ 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. 下列命题既是存在量词命题又是真命题的是（ ） A. B. C. 至少存在两个质数的平方是偶数 D. 存在一个直角三角形的三个内角成等差数列 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数有4个不同的零点，则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是定义在上的奇函数，当时，，则__________. 13. 已知函数，则函数的定义域为__________. 14. 已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为__________. 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. 已知函数. （1）求的解析式； （2）判断函数的奇偶性，并说明理由； （3）求的值. 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性. 17. 已知. （1）求的取值范围； （2）求的最小值； （3）若恒成立，求的取值范围. 18. 在中，分别是内角的对边，且． （1）若为的中点，求的长； （2）若，求的值． 19. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. （1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； （2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. 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 $ 22级高三上学年开学考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合､常用逻辑用语､不等式､函数､导数､三角函数､解三角形. 一､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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 若，则（ ） A. B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意利用诱导公式即可得结果. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3. 函数的极值点为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用导数正负研究单调性，再得到极值点即可. 【详解】， 令，得，此时函数单调递减；令，得，此时函数单调递增. 所以的极小值点为. 故选：B. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简，利用倒数性质得，利用作差比较法易得，故得. 【详解】因由可得， 又，由可得， 故得，. 故选：D. 5. 已知为幂函数，为常数，且，则函数的图象经过的定点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合幂函数的性质计算即可得. 【详解】因为幂函数的图象过定点，即有， 所以， 即的图象经过定点. 故选：B. 6. “”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】B 【解析】 【分析】先利用二倍角公式对题中已知条件进行变形，对进行平方化简变形，然后再判断两个条件的逻辑关系即可得解. 【详解】必要性：由，可得， 则，即. 所以“”是“的必要条件； 充分性；由，可得， 即， 则，得或. 所以“”不是“的充分条件； 故选：B 7. 如图1，现有一个底面直径为10cm，高为25cm的圆锥容器，以的速度向该容器内注入溶液，随着时间（单位：）的增加，圆锥容器内的液体高度也跟着增加，如图2所示，忽略容器的厚度，则当时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图设溶液高度和液面半径，用表示液体体积得到方程，求出，依题，对其求导，赋值即得时液体高度的瞬时变化率. 【详解】 设注入溶液的时间为（单位：）时，溶液的高为，液面半径为，如图可得， ,则，即， 则由，解得. 由，当时，， 即时，圆锥容器内的液体高度的瞬时变化率为. 故选：A. 8. 已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ③④ C. ②③ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【分析】令可判断①；令，求出可得的图象关于对称，再由图象平移规律可判断②；根据可判断③；令求出，再令可判断④. 【详解】对于①，令，则，所以，故错误； 对于②，令，则， 所以的图象关于对称，所以的图象关于点对称，故正确； 对于③，因为，若，则，故正确； 对于④，令，则，可得， 令，则，故错误. 故选：C. 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. 下列命题既是存在量词命题又是真命题的是（ ） A. B. C. 至少存在两个质数的平方是偶数 D. 存在一个直角三角形的三个内角成等差数列 【答案】BD 【解析】 【分析】运用含有量词的命题的概念，结合特值法可解. 【详解】“”不是存在量词命题，A错误. ，故B正确. 因为只有质数2的平方为偶数，所以不存在两个质数的平方是偶数，C错误. 内角为的直角三角形的三个内角成等差数列，D正确. 故选：BD. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由指数运算与对数运算进行比较大小即可． 【详解】因为，所以， 所以，A，B均正确. ， 因为，所以，C正确，D错误. 故选：ABC 11. 已知函数有4个不同的零点，则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据方程有4个解，求出的取值范围即可. 【详解】由题意可得方程有4个不同的根. 方程的2个根为， 所以方程有2个不同的根，且， 即函数与函数的图象有两个交点. 当直线与函数的图象相切时，设切点为， 因为，所以解得. 要使函数与函数的图象有两个交点，只需直线的斜率大于， 即. 设（），则， 由，所以在上单调递增，在单调递减， 所以的最大值为. 所以. 故的取值范围为 故选：AD 【点睛】易错点点睛：在求的取值范围的过程中，求出后，注意到还有，所以应该比较与的大小关系.这一点容易忽略. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若是定义在上的奇函数，当时，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用奇函数性质可解. 【详解】因为是定义在上的奇函数，则. 所以. 故答案为： 13. 已知函数，则函数的定义域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合对数函数的性质及对数运算法则计算即可得. 【详解】由，得，由，得， 则，解得，即， 即函数的定义域为. 故答案为：. 14. 已知函数在与上的值域均为，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用辅助角公式将函数化为，根据和得到的范围，结合，，得到，再联立不等式组，得到的取值范围. 【详解】由题意可得. 由，得， 由，得. 因为，所以， 则解得，即的取值范围是 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. 已知函数. （1）求的解析式； （2）判断函数的奇偶性，并说明理由； （3）求的值. 【答案】（1） （2） 函数的定义域为关于原点对称， 且 故，即为偶函数. （3） 【解析】 【分析】（1）利用换元法或拼凑法求解解析式即得； （2）利用函数奇偶性的定义分析判断即得； （3）利用（2）的结论，得出，简化计算即可. 【小问1详解】 （方法一）令，得， 则， 所以. （方法二）因为， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因， 则由（2）可得，， 故. 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性. 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）求导得到切线斜率，再用点斜式即可得到切线方程； （2）求导后分，讨论，得到导数正负，进而得到单调性. 【小问1详解】 ， 则因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，令，得. 当时，令，得，令，得或， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，令，得或，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增. 17. 已知. （1）求的取值范围； （2）求的最小值； （3）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意得，结合指数函数的单调性即可求解； （2）利用基本不等式，结合“1”的代换即可求解； （3）恒成立，即，结合题意得，利用基本不等式即可求出，即可求解. 【小问1详解】 ， 因为，所以，所以. 因为为减函数， 所以的取值范围是， 即的取值范围是. 【小问2详解】 因为， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立， 所以的最小值为. 【小问3详解】 因为，所以， 当且仅当时，等号成立， 所以， 即的取值范围为. 18. 在中，分别是内角的对边，且． （1）若为的中点，求的长； （2）若，求的值． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）由，求得，利用向量方法，将中线对应向量用表示，则可表示为，进而可得长； （2）由两角和与差的正弦可得与，从而化角为边得到，再由余弦定理转化为，结合，将都表示为形式，从而利用余弦定理建立关于的方程，求解即可得. 【小问1详解】 因为，所以，所以． 因为为的中点，所以， 则，即） ，则． 故长为. 【小问2详解】 因为， 所以， 则， 则 即，得． 又，所以，且， 又因为，即，则， 所以，则为锐角， 所以， 所以， 整理得，解得或， 又，所以，故. 19. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点. （1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； （2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点. ①求的取值范围； ②证明：. 【答案】（1） 函数是上的“双中值函数”．理由如下： 因为，所以. 因为，，所以 令，得，即，解得. 因为，所以是上的“双中值函数”. （2）①； ②不妨设， 则，，即，． 要证，即证． 设， 则． 设，则， 所以在上单调递增，所以，所以， 则在上单调递减． 因为，所以，即． 因为，所以． 因为，所以． 因为，所以． 由①可知在上单调递增，所以，即得证． 【解析】 【分析】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可； （2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①因为，所以. 因为是上的“双中值函数”，所以. 由题意可得. 设，则. 当时，，则为减函数，即为减函数； 当时，，则为增函数，即为增函数. 故. 因为，所以，所以，即的取值范围为； ②略 【点睛】思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调性与最值即可；第二小问，可利用等量关系消元转化证明，类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $