精品解析：辽宁省名校联盟（东北三省三校）2025届高三上学期9月份联合考试数学试题

绝密★启用前 辽宁省名校联盟2024年高三9月份联合考试 数学 命题人：大连市第二十四中学 王辉 审题人：大连市第二十四中学 李响 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.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. 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. （ ） A. B. C. D. 2 2 已知命题，命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知为全集的非空真子集，且不相等，若，则（ ） A B. C. D. 4. 如图，有一个无盖盛水的容器，高为，其可看作将两个完全相同的圆台面积较大的底面去掉后对接而成.现从顶部向该容器中倒水，且任意相等的时间间隔内所倒的水的体积相等，记容器内水面的高度随时间变化的函数为，则下列函数图象中最有可能是图象的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知等比数列的公比为，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 6. 若定义在上的偶函数在上单调递增，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数，对，都有，若函数的图象关于直线对称，则（ ） A B. C. 2 D. 1 8. 已知函数，则当时，方程的不同的实数解的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 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. 已知且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知幂函数的图象经过点，下列结论正确的有（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 若，则 11. 表示不超过的最大整数，例如，，已知函数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. C. 设，则 D. 所有满足的点组成的区域的面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则的取值范围是______. 13. 数列共有5项，前三项成等差数列，且公差为，后三项成等比数列，且公比为.若第1项为1，第2项与第4项的和为18，第3项与第5项的和为35，则______. 14. 已知均为正数，，则的最大值为______. 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. 已知数列是首项为3，公比为9的等比数列，数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 定义三阶行列式运算：，其中.已知，关于的不等式的解集为. （1）求； （2）已知函数不存在最小值，求的取值范围. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，当时，记在区间上的最大值为，最小值为，求的取值范围. 18. 已知为数列的前项和，为数列的前项和，. （1）求的通项公式； （2）若，求的最大值； （3）设，证明：. 19. 已知函数（是自然对数底数）. （1）若，求的极值； （2）若，求； （3）利用（2）中求得的，若，数列满足，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 辽宁省名校联盟2024年高三9月份联合考试 数学 命题人：大连市第二十四中学 王辉 审题人：大连市第二十四中学 李响 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.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. 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. （ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数的运算法则即可得解. 【详解】. 故选：C. 2. 已知命题，命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都真命题 D. 和都是真命题 【答案】A 【解析】 【分析】由存在性命题可知满足为真命题，利用作差法可判断，即为真命题. 【详解】对于可知，当时满足命题，为真命题，所以为假命题； 易知， 所以，也即为真命题，为假命题； 可得和都是真命题. 故选：A 3. 已知为全集的非空真子集，且不相等，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析可知集合是集合的真子集，结合韦恩图逐项分析判断. 【详解】因为，等价于，等价于， 且不相等，可知集合是集合的真子集，故A错误； 且，故B正确； 据此作出韦恩图， 可知，，故CD错误； 故选：B. 4. 如图，有一个无盖的盛水的容器，高为，其可看作将两个完全相同的圆台面积较大的底面去掉后对接而成.现从顶部向该容器中倒水，且任意相等的时间间隔内所倒的水的体积相等，记容器内水面的高度随时间变化的函数为，则下列函数图象中最有可能是图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】考虑函数增长速度得到结论可得正确的选项. 【详解】因为单位时间内注水的体积不变，结合容器的形状， 在单位时间内，高度变化率先由快变慢，后由慢变快. 故选：D. 5. 已知等比数列的公比为，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】D 【解析】 【分析】举反例，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】例如，则，满足， 但，即充分性不成立； 例如，则，满足， 但，即，即必要性不成立； 综上所述：“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 6. 若定义在上的偶函数在上单调递增，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用偶函数性质以及函数在上单调递增即可判断得出结论. 【详解】易知，显然， 又因为在上单调递增，所以可得； 由偶函数性质可得， 即. 故选：B 7. 已知定义在上的函数，对，都有，若函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先由函数图象平移的性质得到为偶函数，再利用函数周期性的判定得到为周期函数，进而利用赋值法即可得解. 【详解】因为函数的图象关于直线对称， 又的图象由的图象向左平移一个单位长度得到， 所以的图象关于直线对称，故为偶函数， 因为4，所以， 所以是以8为一个周期的偶函数， 所以， 由，得，则. 故选：C. 8. 已知函数，则当时，方程的不同的实数解的个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分和两种情况，利用导数分析的单调性和极值，并作出的图象，令，分析可知方程的2根的正负性相反，结合图象即可得结果. 【详解】由题意可知：的定义域为， 若，则，且， 令，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即对任意恒成立， 可知在内单调递增， 当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于； 若，则，且， 令，则， 可知在内单调递减，且， 当，则，即；当，则，即； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 当x趋近于时，趋近于，当x趋近于时，趋近于； 据此作出函数的图形，如图所示： 对于方程， 令，则， 且，，可知方程有2个不相等的实根， 则， 可知的正负性相反，不妨设， 则有3个不相等的实根；有1个不相等的实根； 综上所述：程的不同的实数解的个数为4. 故选：A. 【点睛】方法点睛：数形结合就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题．它包含以形助数和以数解形两个方面．一般来说，涉及函数、不等式、确定参数取值范围、方程等问题时，可考虑数形结合法．运用数形结合法解题一定要对有关函数图象、方程曲线、几何图形较熟悉，否则，错误的图象反而导致错误的选择． 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. 已知且，则（ ） A. B. C D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意解不等式即可得，，即可判断AB；对于C：举反例说明即可；对于D：利用基本不等式可得，进而结合对数函数性质分析判断. 【详解】对于选项AB： 因为，则， 且，则，解得， 若，则，故A错误，B正确； 对于选项C：令，则，故C错误； 对于选项D：可知均为正数， 则，即，当且仅当时，等号成立， 所以，故D正确； 故选：BD. 10. 已知幂函数的图象经过点，下列结论正确的有（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用待定系数法可得，可判断A，B；求导可得代入计算得C；利用幂函数单调性以及偶函数性质解不等式得D. 【详解】设幂函数，代入点可得，解得； 所以，因此函数的定义域为，不存在，A错误； 易知，因此是偶函数，即B正确； 由可得，所以，即C正确； 由幂函数性质可得在上单调递减，又是偶函数, 所以不等式转化为，且； 整理可得，解得且； 即不等式的解集为，即D正确. 故选：BCD 11. 表示不超过的最大整数，例如，，已知函数，下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. C. 设，则 D. 所有满足的点组成的区域的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB，理解函数的定义，从而分析对应函数的值或性质即可判断；对于C，将问题转化为表示边长为20的正方形内整点的个数之和，从而结合图形得解；对于D，分类讨论的取值范围，从而依次求得对应的面积，从而得解. 【详解】对于A项，若，则， 则， 所以，故A正确； 对于B，设， 则， 又，所以， 所以，即，故B正确； 对于C，因为， 而表示轴，直线， 及曲线所围成区域的整点（横、纵坐标均为整数的点）的个数（不含轴上的点）， 设函数和， 可得函数和互为反函数，即两个函数的图象关于直线对称， 由函数对称性可得轴，直线及曲线围成的区域 与以轴，直线及曲线围成的区域所包含的整点一样多，如图所示： 则表示边长为20正方形内整点的个数之和， 其中有两个，且不含坐标轴上的点， 所以整点的个数为，故C错误； 对于D，当时，，此时组成区域的面积为1； 当时，，，此时组成区域的面积为1； 当时，，此时组成区域的面积为1； 当时，，，此时组成区域的面积为1； 当时，， 此时组成区域的面积为. 综上，点组成区域的面积为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的定义可得，根据对数单调性解不等式即可. 【详解】因为， 可得且，可得且，可知， 且，可得，解得或（舍去）， 若，则，则， 可得，整理可得，解得或（舍去）， 所以的取值范围是. 故答案为：. 13. 数列共有5项，前三项成等差数列，且公差为，后三项成等比数列，且公比为.若第1项为1，第2项与第4项的和为18，第3项与第5项的和为35，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】根据等差、等比数列通项列出5项，结合题意列式求解即可. 【详解】由题意可知：数列的有5项为， 因为，则， 可得， 整理可得，解得或（舍去）， 若，可得，即，所以. 故答案为：5. 14. 已知均为正数，，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用配方法可得，设，利用辅助角公式结合正弦函数最值分析求解. 【详解】因为， 当且仅当，即时，等号成立， 又因为，，设， 则， 其中， 可知的最大值为，其中，即， 可得， 综上所述：的最大值为，其中. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：对于平方关系的等式，常借助于三角换元，把最值问题转化为三角问题分析求解，本题的关键在于令，进而运算求解. 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. 已知数列是首项为3，公比为9的等比数列，数列满足. （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式可得，利用数列的递推式作差可得，从而得解； （2）由（1）求得，再利用错位相减法即可得解. 【小问1详解】 因为数列是首项为3，公比为9的等比数列， 所以，所以， 由， 得当时，， 两式相减，得，即， 又当时，也符合， 所以. 【小问2详解】 设， 则， 故， 两式作差得， 即， 所以. 16. 定义三阶行列式运算：，其中.已知，关于的不等式的解集为. （1）求； （2）已知函数不存在最小值，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三阶行列式运算，列不等式求解集； （2）由分段函数解析式，分别讨论定义区间内函数不存在最小值的条件，可求的取值范围. 【小问1详解】 ， 解得且，又，， 所以不等式解集. 【小问2详解】 由（1）可知，有， 所以当时，； 当时， 当，即时，，所以不存在最小值； 当，即时，，因为不存在最小值， 所以，解得， 综上，的取值范围是. 17. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）设，当时，记在区间上的最大值为，最小值为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接求导得，再计算出，则得到切线方程； （2）求出，再利用导数得，，再作差得，最后再利用导数求出其范围即可. 【小问1详解】 由，得， 所以，所以， 所以，所以， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 因为，所以， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以的最小值. 又，，所以， 从而的最大值， 所以设， 则， 由，知，所以单调递增， 因为，， 所以的取值范围为. 18. 已知为数列的前项和，为数列的前项和，. （1）求的通项公式； （2）若，求的最大值； （3）设，证明： 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据递推公式得出等差数列再应用基本量运算得出通项公式； （2）分组求和分别求出,再计算化简结合指数函数单调性计算求解； （3）先根据得出,再证明，结合等比数列求和证明右侧不等式 【小问1详解】 由，得，所以数列为等差数列， 所以，所以. 又，所以， 设的公差为d，即解得 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，所以 ， ， 令，得， 设，则数列是递增数列. 又，， 所以n的最大值为5. 【小问3详解】 由（2）知， 设是的前n项和，则，所以是递增数列， 所以成立. 又， 所以当时，，所以， 得， 所以. 综上，. 19. 已知函数（是自然对数的底数）. （1）若，求的极值； （2）若，求； （3）利用（2）中求得的，若，数列满足，且，证明：. 【答案】（1）极大值为，无极小值； （2） （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）求导，得到函数单调性，进而得到在处取得极大值，极大值为，无极小值； （2）放缩得到，构造函数，注意到，所以，即为的极大值点，求导，根据求出，检验后得到答案； （3）求出，求导，得到其单调性，故，求出，构造，求导得到其单调性，得到，作差法求出，所以，即，故，又，证明出，证毕. 【小问1详解】 由题意得， 则，为减函数， 令得， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，极大值为，无极小值； 【小问2详解】 因为，所以， 从而， 所以，即， 设，注意到， 所以，即为的极大值点， 由，令，解得， 检验，当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以成立， 综上，； 【小问3详解】 由（2）得，从而，， 则， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以，，……，， 令， 则， 所以在上单调递减，且， 因为，又，所以， 所以， 所以，即， 所以，故， 又，所以，即，证毕. 【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$