精品解析：四川省宜宾市叙州区2025届高三上学期第一次诊断性考试数学试题

高2022级高三上期第一次诊断性考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 等差数列的前项和记为，若，，则（ ） A. 51 B. 102 C. 119 D. 238 4. 如图，在中，点分别在边上，且，点为中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. “对任意实数都有”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. 若正实数满足，不等式有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如果对任意一个三角形，只要它的三边长a，b，c都在函数f(x)的定义域内，就有f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长，则称f(x)为“稳定型函数”.则下列函数中是“稳定型函数”的有(　　)个 ①；②； ③；④. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、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，有多个选项符合题目要求.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. 已知点为三棱锥的底面所在平面内的一点，且（，），则，的值可能为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 10. 数列的前项和为，若，，则（ ） A. 数列是公比为2的等比数列 B. C. 既无最大值也无最小值 D. 11. 已知函数的定义域为R，且，的图象关于对称.当时，，若，则下列说法正确的是（ ） A. 的周期为4 B. 的图象关于对称 C. D. 当时， 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数是奇函数，当时，，则的值为 ______ 13. 已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________． 14. 已知数列和满足，，，，则______． 四、解答题：本大题共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）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性． 16. 已知． （1）若，，求的值； （2）证明：． 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，其中，． （1）若，求的面积； （2）若是锐角三角形，为的中点，求长的取值范围． 18. 已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数． （1）当时，求证； （2）当时，求函数的不动点的个数； （3）设，证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2022级高三上期第一次诊断性考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得集合，结合集合交集的运算，即可求解. 【详解】由集合， 又因为，则. 故选：D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数z，再根据共轭复数定义即可得结果. 【详解】由，得， 所以， 故选：A. 3. 等差数列的前项和记为，若，，则（ ） A. 51 B. 102 C. 119 D. 238 【答案】B 【解析】 【分析】结合等差数列的性质先求出公差，然后结合等差数列的求和公式即可求解． 【详解】等差数列中，，，即， 所以， 则. 故选：B. 4. 如图，在中，点分别在边上，且，点为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算计算可得结果. 【详解】由点为中点得：，因为，所以， 因为， 所以. 故选：C 5. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指、对数函数单调性，结合中间值“”分析大小即可. 【详解】因为在上单调递减，则，即； 又因为在上单调递减，则，即； 可得，且在上单调递增， 则，即； 综上所述：. 故选：D. 6. “对任意实数都有”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】恒成立问题转化为最值问题求解，再根据推出关系判断必要不充分条件可得. 【详解】由题意，当时，恒成立， 设，， 则，当且仅当时等号成立， 所以， 故命题“对任意实数都有”. 又，且， 故“对任意实数都有”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 若正实数满足，不等式有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本不等式“1”的代换求最小值，再由不等式有解得，即可求参数范围. 【详解】由， 仅当，即时等号成立， 要使不等式有解，只需， 所以. 故选：B 8. 如果对任意一个三角形，只要它的三边长a，b，c都在函数f(x)的定义域内，就有f(a)，f(b)，f(c)也是某个三角形的三边长，则称f(x)为“稳定型函数”.则下列函数中是“稳定型函数”的有(　　)个 ①；②； ③；④. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，逐项依次验证时，是否有(a)(b)(c)即可. 【详解】设，且(*)， 对于①，设，此时只需证，即证，即证， 取，，但，即ab＜c，故不是“稳定型函数”； 对于②，只需证明， 即说明是“稳定型函数”，只需证即可， 即证，结合(*)，显然成立，∴是“稳定型函数”； 对于③，取，，此时，∴不是“稳定型函数”； 对于④，，(a)，(b)，(c)， 则有(a)(b)(c)， 故(a)，(b)，(c)也是某个三角形的三边长，f(x)是“稳定型函数”； 综上，其中②④为“稳定型函数”. 故选：B. 二、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，有多个选项符合题目要求.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. 已知点为三棱锥的底面所在平面内的一点，且（，），则，的值可能为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】CD 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，结合空间向量加法的几何意义进行求解即可. 【详解】因为点为三棱锥的底面所在平面内的一点， 所以由平面向量基本定理可知： ， 化简得：，显然有， 而，所以有， 当，时，，所以选项A不可能； 当，时，，所以选项B不可能； 当，时，，所以选项C可能； 当，时，，所以选项D可能， 故选：CD 10. 数列的前项和为，若，，则（ ） A. 数列是公比为2的等比数列 B. C. 既无最大值也无最小值 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】首先利用赋值，求首项和第二项，再利用与的关系求数列的递推关系，判断选项A；再根据数列的递推关系，求数列的通项公式，求得，判断B；写出的表达式，求取值范围，判断C；利用等比数列求和判断D. 【详解】解：列的前项和为，若，， 令，知，结合， 知，， ， 所以， 但，，， 当，， ，故A错误，B正确； 由于，时，，故C错误； 所以无最小值，有最大值，，故D正确． 故选：BD． 11. 已知函数的定义域为R，且，的图象关于对称.当时，，若，则下列说法正确的是（ ） A. 的周期为4 B. 的图象关于对称 C. D. 当时， 【答案】AB 【解析】 【分析】由已知可得，结合，可求周期判断A；由已知可得的图象关于对称，结合对称性与周期性可得的图象关于对称，判断B；由已知可得，，结合已知可求判断C；利用对称性可求当时，的解析式判断D. 【详解】因为的图象关于对称，所以， 又，所以，所以， 所以的周期为4，故A正确； 因为的图象关于对称，所以的图象关于对称， 因为，所以关于对称，所以的图象关于对称， 又的周期为4，所以可得的图象关于对称，故B正确； 因为关于对称，所以， 又的图象关于对称，所以，所以， ， 又，所以，解得, 所以当时，， ，故C错误； 当，则， 因为，所以，故D错误. 故选：AB. 【点睛】思路点睛：本题解题思路在于利用函数的对称性及相关条件推断出函数具备的轴对称和中心对称的特征，再利用对称性推断结论，得到相关点的函数值，确定参数值，得到函数的解析式，再利用函数对称性求出相应解析式. 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知函数是奇函数，当时，，则的值为 ______ 【答案】 【解析】 【分析】先求出的值，设为，判断是否大于零，如果大于零，直接求出的值，如果不大于零，那么根据奇函数的性质，进行求解． 【详解】= ，， 函数是奇函数 ，所以的值为． 【点睛】本题考查了奇函数性质、对数的运算． 13. 已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解. 【详解】因为，所以， 令，则有3个根， 令，则有3个根，其中， 结合余弦函数的图像性质可得，故， 故答案为：. 14. 已知数列和满足，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由递推关系可得是等比数列，结合等比数列的通项公式即可得到结果. 【详解】因为，，所以， 整理得． 因为，所以， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以． 故答案为: 四、解答题：本大题共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）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性． 【答案】（1）极小值为，极大值为 （2） 当时，在上递增， 当时，在上递增，在上递减， 当时，在上递增；在上递减． 【解析】 【分析】（1）对求导，分析单调性，再根据极值定义即可求解； （2），对分，和讨论单调性即可. 【小问1详解】 . 所以或时，，时，， 则在上递减，在递增， 所以的极小值为，极大值为. 【小问2详解】 ， 当时，，所以在上递增， 当时，或时，；时，， 所以在上递增，在上递减， 当时，或时，；时，， 所以在上递增；在上递减． 16. 已知． （1）若，，求的值； （2）证明：． 【答案】（1） （2） 要证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证，证毕． 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式求得，利用平方的方法求得，利用同角三角函数的基本关系式求得，进而求得的值. （2）利用分析法，结合三角恒等变换的知识证得不等式成立. 【小问1详解】 ． ， ， ． . 【小问2详解】 略 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，其中，． （1）若，求的面积； （2）若是锐角三角形，为的中点，求长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，再根据余弦定理可得，故可求三角形面积. （2）根据余弦定理可得，根据锐角三角形可得，故可求长的取值范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得，故， 又，故， 因为，而为三角形内角，故， 所以. 【小问2详解】 在中，由； 在中，由； 而，所以， 故， 而是锐角三角形，故，即， 故， 故即. 18. 已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1），； （2）数列的前项和为. 【解析】 【分析】（1）由关系证明数列为等差数列，由此可求数列的通项公式，再求数列的通项公式，设数列的公比为，由条件列方程求，，结合等比数列通项公式可得结论. （2）由（1）可得，利用裂项相消法求数列的前项和. 【小问1详解】 由已知当，时，，， 所以， 又， 所以， 所以， 所以数列为等差数列，公差为， 又，所以， 所以当，时，， 又， 所以，， 设等比数列的公比为， 因为，， 所以，， 所以，所以， 【小问2详解】 由（1）， 所以， 所以数列的前项和， 所以. 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知函数． （1）当时，求证； （2）当时，求函数的不动点的个数； （3）设，证明． 【答案】（1） 当时，有， 所以， 所以 当且仅当，，即时，等号成立， 所以当时，，单调递增， 所以，所以得证. （2）2 （3） 由（1）知，， 令，则，即， 设，则满足， 所以，即， 所以， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，求出函数最小值即可证明； （2）将代入函数解析式，得方程解的个数即为函数的不动点的个数，构造函数，对函数求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，即相应点的函数值，求出函数零点的个数，即为函数的不动点的个数； （3）结合（1）换元后，再由待证式子，设，结合结论恰当变形，利用相加相消即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，， 根据题意可知：方程解的个数即为函数的不动点的个数， 化为，令， 所以函数的零点个数，即为函数的不动点的个数， ，令，即，解得， 单调递减 单调递增 因为，， 所以在上有唯一一个零点， 又， 所以在上有唯一一个零点， 综上所述，函数有两个不动点. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于对于第一问的灵活运用，借助第一问结论，恰当换元，得出后，再次适时换元，是本题的关键点，也是难点，突破换元后裂项相消即可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $