精品解析：新疆乌鲁木齐市第七十中学2025届高三上学期9月阶段性诊断数学试题（问卷）

乌鲁木齐市第七十中学2025届高三9月阶段性诊断数学试题（问卷） 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知x，y为正实数，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 3. 已知函数的定义域为，满足．当时，则的大致图象为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（ ） A. 3 B. -3 C. - D. 5. 已知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. ，或 C. D. ，或 8. 若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 下列各式中不能化简为的是（ ） A. B. C. D. 10. 正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则（ ） A. 最大值为1 B. 最大值为2 C. 最大值是8 D. 最大值是 11. 已知当时，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知平面向量，的夹角为，则________． 13. 函数的所有零点之和为______． 14. 已知函数的图象经过原点，若在上恰好有3个不同实数使得对任意x都满足，且对任意，使得在上不是单调函数，则的取值范围是__________． 四、解答题（共77分） 15. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程， （2）证明：. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求C的值； （2）若，求的周长的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，，四边形ABCD是正方形，，E是棱PD上的动点，且. （1）证明：平面ABCD； （2）是否存在实数，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是？若存在.求出的值；若不存在，请说明理由. 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 $ 乌鲁木齐市第七十中学2025届高三9月阶段性诊断数学试题（问卷） 考试时间：120分钟 总分：150分 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得集合；再根据交集和补集的定义即可求解. 【详解】由， 得. 因为 所以． 故选：B 2. 已知x，y为正实数，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】B 【解析】 【分析】利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可． 【详解】当时，取，则， 所以“”不是“”的充分条件； 当时，得，即，则， 所以“”是“”的必要条件， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知函数的定义域为，满足．当时，则的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，及特殊位置结合排除法即可判定选项. 【详解】因为函数的定义域为，满足， 所以是偶函数，所以的图象关于y轴对称，故排除A； 当时，，所以，故排除B，C． 故选:D 4. 已知向量，满足，且，则在方向上的投影为（ ） A. 3 B. -3 C. - D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影的定义可得，将数据代入计算，即可得到答案； 【详解】由,得, ,于是,因此在方向上的投影为. 故选：B 5. 已知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据区间单调性得对任意恒成立，即，利用导数研究右侧单调性，进而求参数a的范围. 【详解】因为函数在上是单调递增函数， 所以对任意恒成立，所以， 令，则， 所以在内为减函数， 所以，则． 故选：C 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过指数函数、幂函数的单调性得，，再构造函数，通过导数判断单调性即可得. 【详解】由题意，令，则在上单调递增， 所以， 令，则在上单调递增， 所以， 因为， 令，则， 令，则，单调递增； 令，则，单调递减； 所以，则， 故， 综上所述，即. 故选：C. 7. 若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. ，或 C. D. ，或 【答案】D 【解析】 【分析】应用基本不等式求出，不等式有解，只需即可. 【详解】因为正实数，满足， 所以， 所以 ， 当且仅当且，即时等号成立. 因为不等式有解， 所以只需，即即可， 所以或. 故选：D 8. 若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简函数式为，题意说明，得，由正弦函数图象与直线的交点个数得的范围． 【详解】由题意可得： ， 由可得， 因为，，则， 由题意可得，解得， 所以的取值范围为． 故选：D． 【点睛】易错点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 下列各式中不能化简为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】对于A： ，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D正确； 故选：B 10. 正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则（ ） A. 最大值为1 B. 最大值为2 C. 最大值是8 D. 最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】如图，以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 设，,又，利用向量的坐标运算，结合三角函数的性质逐一求解即可. 【详解】如图，以线段AB所在直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系， 设， 又， 则， ，即 ， 解得， 因为，则， ，其中，为锐角， 当，即时，取最大值，故A正确，B错误； ，C正确； ， 其中，为锐角 当，即时，取最大值，D正确 故选：ACD. 11. 已知当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的不等式，赋值变形判断A；赋值求和判断BC；变形不等式右边，借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答. 【详解】因为，令，， 则，故A错误； 因为，则，，…，， 以上各式相加有，B正确； 因为，则，，…，， 以上各式相加有，C正确； 由得，，即， ，因此，所以D正确． 故选：BCD 【点睛】关键点睛：由给定信息判断命题的正确性问题，从给定的信息出发结合命题，对变量适当赋值，再综合利用相关数学知识及方法是解决问题的关键. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知平面向量，的夹角为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的坐标表示可得，将平方代入计算即可求出. 【详解】由得， 由的夹角为，得， 又，所以， 所以． 故答案为： 13. 函数的所有零点之和为______． 【答案】15 【解析】 【分析】在同一坐标系内作出函数与的图象，根据与的图象都关于直线对称求解． 【详解】解：令，． 显然与的图象都关于直线对称． 在同一坐标系内作出函数与的图象，如图所示： 由图象知：它们的图象有6个公共点，其横坐标依次为，，，，，， 这6个点两两关于直线对称， ∴，则． ∴函数所有零点之和为15． 故答案为：15 14. 已知函数的图象经过原点，若在上恰好有3个不同实数使得对任意x都满足，且对任意，使得在上不是单调函数，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数表达式，结合零点个数和区间上不单调，即可求出的取值范围. 【详解】由题意， 的图象经过原点， ∴，即． 因为，所以， 由可得的图象关于点对称， 所以．即． 当时，， 根据在上的前4个零点依次为， 可得，解得， 对任意，使得在上不是单调函数， 则，解得． 综上，． 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） 任选条件②③，． （2） 【解析】 【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解； （2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解. 【小问1详解】 选条件①：无意义， 所以选条件①时不存在，故不能选①， 选条件②， 由题设，所以． 因为， 所以，所以． 所以． 选条件③，由题设．整理得． 以下同选条件②． 【小问2详解】 由（1）， 因为， 所以． 于是，当且仅当，即时，取得最大值； 当且仅当，即时，取得最小值． 又，即时，． 且当 时， 单调递增， 所以曲线与直线恰有一个公共点，则或， 的取值范围是． 16. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程， （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导解得，然后求得切线方程； （2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值； 【小问1详解】 ，，. 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由（1）得. 令函数，则，所以是增函数. ，， 所以存在，使得，即. 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. . 因为，所以， 所以. 故. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求C的值； （2）若，求的周长的最大值． 【答案】（1） （2）12 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解； （2）利用余弦定理和基本不等式即可求出结果. 【小问1详解】 因为，所以， 即，又，所以， 所以，又，即； 【小问2详解】 因为，由余弦定理可知，， 又因为，所以， 所以， 解得，当且仅当时，等号成立， 所以，即， 所以周长的最大值为12． 18. 如图，在四棱锥中，，四边形ABCD是正方形，，E是棱PD上的动点，且. （1）证明：平面ABCD； （2）是否存在实数，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是？若存在.求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明:因为四边形是正方形，则， 且，平面，，所以平面， 且平面，可得， 又因为，所以，即， 由平面，且，所以平面. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）可知：平面，且， 如图，以A为坐标原点建立空间之间坐标系， 不妨设，则， 可得， 则，可得， 设平面平面AEC的法向量，则， 令，则，可得， 且平面PAB的法向量， 由题意可得：， 整理得，解得或（舍去）， 所以存在实数，的值为. 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 $