精品解析：安徽省合肥市第四中学2025届高三上学期教学诊断检测（四）数学试题

合肥四中2022级高三同步诊断数学学科 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 满足的集合的个数有（ ）个 A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据子集、真子集的概念判断出集合含有的可能情况. 【详解】集合A中一定含有1,2,3，可能含有4,5,6，但不能同时含有4,5,6.由此可得到满足条件的集合A的个数就是集合的真子集个数，共有个. 故选：B 2. 命题“，使得”成立的一个充分不必要条件可以是（ ） A. （0,1） B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将命题转化为二次函数在R上恒成立问题，然后求出a的范围，最后利用集合法得出答案. 【详解】，使得,等价于在R上恒成立， 令，由二次函数的性质可得 当时，恒成立，解得， 要想是命题“，使得”成立的一个充分不必要条件, 只需要满足为的子集即可， 四个选项中，只有选项A满足题意. 故选：A 3. 我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”模型，其截面如图所示．若圆柱材料的截面圆的半径长为3，圆心为O，墙壁截面ABCD为矩形，且劣弧的长等于半径OA长的2倍，则圆材埋在墙壁内部的阴影部分截面面积是（ ） A. B. C. D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出扇形的面积，再求出，相减得到答案. 【详解】由题意得，劣弧， 故扇形的面积为， 设圆心角为，则， 故， 故圆材埋在墙壁内部的阴影部分截面面积为. 故选：A 4. 已知函数的极大值点为，则的极小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导并令得或,再结合题意得,进而得函数的单调区间得函数在处取得极小值,极小值为. 【详解】解:求导得, 令得或, 因为函数的极大值点为， 所以,即 所以函数在区间和上单调递增,在区间上单调递减, 所以函数在处取得极小值,极小值为 故选:D 5. 为得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位 B. 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位 C. 横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位 D. 横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数图象的变换，结合函数解析式，即可直接判断即可. 【详解】将函数图象上所有的点横坐标缩短到原来的倍，得的图象， 再将所得图象向左平移个单位，得. 故选：C 6. 定义在上的偶函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据可变形为，构造函数，判断其奇偶性、单调性，结合函数性质解不等式即可. 【详解】当时，， 所以当时，， 令，则当时，， 故在时，单调递减， 又因为在上为偶函数，所以在上为奇函数， 故在上单调递减，因为，所以， 当时，可变形为，即， 因为在上单调递减，所以且，得； 当时，可变形为，即， 因为在上单调递减，所以且，得； 综上：不等式的解集为. 故选：A. 7. 已知，，则的值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 所以 ，选D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意构造函数，判断出其单调性可得，利用函数的单调性可知，再由可求得，即可得出结论. 【详解】由可知， 构造函数 则， 由可得， 因此当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 所以，即恒成立， 所以（当且仅当时取等号）恒成立，故 当时，对两边同时取对数可得（当且仅当时取等号）恒成立， 故（当且仅当时取等号） 即（当且仅当时取等号），故； 构造函数 则，令，则， 令，则， 当时，， 所以在上单调递减，可得， 即在上单调递减，可得， 即可得在上单调递减， 即对， 综上， 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据中的数字特征构造函数，并利用导数求出函数单调性即可比较得出它们的大小. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 要使关于x的方程的一根比1大且另一根比1小，则a的取值范围是 B. 在上恒成立，则实数k的取值范围是 C. 关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是或 D. 若不等式的解集为或，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A：令，则，即可求得a的范围；B：令，则，即可求得k的范围；C：根据题意求出a和b的关系，化简即可求出解集；D：根据二次方程根与系数的关系求出间的关系，即可判断abc的符号． 【详解】对于A，要使关于x的方程的一根比1大且另一根比1小， 令，则有， 解得，故A正确； 对于B，∵在上恒成立，令， 则，解得，故B错误； 对于C，∵关于x的不等式的解集是，∴， 则关于x的不等式的不等式等价于，即， 解得或，故C错误； 对于D，若不等式的解集为或，则， 得，，，所以，故D正确． 故选：AD. 10. 定义在上的函数满足，且当时，，则有（ ） A. 为奇函数 B. 为增函数 C. D. 存在非零实数a，b，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，得到，再令得，从而得出为奇函数可判断选项A; 设，则，所以,可得出单调性，从而可判断选项B；由，由单调性可判断选项C；由，由单调性可得，从而可判断选项D. 【详解】由，令得，得. 令得，即 所以为奇函数，故选项A正确. 设，则，所以 由条件可得，即 所以为上的增函数，故选项B正确. 由为上的增函数，则， 所以，故选项C不正确. 由为上的增函数,则，即 也即 设，由，则 ， 所以在有解.例如取，则， 所以存在非零实数a，b，使得，故选项D正确. 故选：ABD 11. 设，已知在上有且仅有5个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 在上有且仅有3个最大值点 B. 在上有且仅有2个最小值点 C. 在上单调递增 D. 的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】将看成整体角，根据题意得，结合正弦函数的图象观察分析求得，且易得在上有且仅有3个最大值点，但最小值点个数不确定，最后由推得，根据求得的判断的范围能确保单调递增即得. 【详解】 设，由，可得，作出的图象如图，要使在上有且仅有5个零点， 须使，解得：，故D项正确； 对于A项，由图可知时，，在此区间上函数有且仅有3个最大值点，故A项正确； 对于B项，由图可知时，，在此区间上，函数的最小值点可能有2个或3个,故B项错误； 对于C项，当时，，由上分析知，则，即， 而此时单调递增，故在上单调递增，故C项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________ 【答案】 【解析】 【分析】根据指数幂运算、对数运算法则化简求值即可得到结果. 【详解】 . 故答案为：. 13. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则________ 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简后，借助图象结合正弦型函数的周期性、最值计算即可得解. 【详解】， 则由，有，即， 的周期，故，又，故， 则有，解得， 又，故. 故答案为：. 14. 若对任意，不等式恒成立，则实数m的最大值________． 【答案】e 【解析】 【分析】等价变形给定的不等式，构造函数，由单调性可得，再构造函数并求出最小值即得. 【详解】依题意，对任意， 恒成立， 而，当时，，不等式成立， 当时，令，求导得，函数在上单调递增， 原不等式等价于， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以实数m的最大值为e. 故答案为：e 【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键. 四、解答题：本题共4小题，共47分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 若，且 （1）求ab的取值范围； （2）求的最小值，以及此时对应的a的值． 【答案】（1） （2）的最小值为13，此时. 【解析】 【分析】（1）由已知结合基本不等式求解；（2）由已知可利用表示，代入所求式子后进行分离，然后结合基本不等式可求． 【小问1详解】 ，当且仅当时取等号， ，解得或（舍），故. 则ab的取值范围为. 【小问2详解】 若，且， ，则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为13，此时. 16. 设函数． （1）求的单调递增区间； （2）当时，方程有解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换公式将原函数化为余弦型函数后，结合余弦型函数的性质计算即可得； （2）计算出当时，的值域即可得解. 【小问1详解】 ， 令，解得， 即的单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，， 则，即， 由方程有解，故. 17. 已知函数有两个零点． （1）求实数a的取值范围； （2）求证：； 【答案】（1） （2） 设， 则 当时，， ， ， 在上单调递增， 当时，， 即当时， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，， ， 又在单调上递减，， 即. 【解析】 【分析】（1）构造新函数，利用新函数的单调性和值域去求实数a的取值范围； （2）构造新函数并利用极值点偏移去证明； 【小问1详解】 又因为函数单调递增，且， 在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 在上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛，利用导数证明不等式，常用方法有如下几种： 方法一：等价转化是证明不等式成立的常见方法，其中利用函数的对称性定义，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可，例如对数平均不等式的证明； 方法三：利用不等式的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立. 18. 已知函数，. （1）求函数的极值点个数； （2）若函数存在极大值点，且使得恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1） 当时，有一个极值点； 当时，有两个极值点； 当时，无极值点. （2） 【解析】 【分析】（1）对求导后，讨论的范围确定导函数的符号，从而确定函数的单调性，进而求出极值点的个数； （2）由（1）得，当时，存在极大值点，记为，且，根据已知的不等式构造函数，根据导数判断的单调性从而得到，再构造函数，继续利用导数判断单调性，进而求出a的取值范围. 【小问1详解】 的定义域为， 由题意得， 令，则， ①当时，恒成立，在递增， 当时，，当时，， 在存在，使得， 在单调递减，在单调递增，在处取得极大值， 此时有一个极值点； ②当时，令得， 当时，，单调递增， 时，，单调递减， 所以， （i）当，即时，此时， 在无单调增区间， 所以此时无极值点； （ii）当，即时， 当时，，当时，， 在存在，使得，在存在，使得， 在单调递减，在单调递增，在单调递减， 在处取得极小值，在处取得极大值， 此时有两个极值点. 综上所述，当时，有一个极值点； 当时，有两个极值点； 当时，无极值点. 【小问2详解】 由（1）得，当时，存在极大值点，记为，且， 则，即， 则， 令，，即， ，所以在单调递增， 由得， 令 ，， 所以在上单调递减，所以， 所以实数a的取值范围. 【点睛】关键点点睛：解决利用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题，关键在于构造函数，明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥四中2022级高三同步诊断数学学科 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 满足的集合的个数有（ ）个 A. 8 B. 7 C. 6 D. 5 2. 命题“，使得”成立的一个充分不必要条件可以是（ ） A. （0,1） B. C. D. 3. 我国古代的数学著作《九章算术》中的一个问题，现有一个“圆材埋壁”模型，其截面如图所示．若圆柱材料的截面圆的半径长为3，圆心为O，墙壁截面ABCD为矩形，且劣弧的长等于半径OA长的2倍，则圆材埋在墙壁内部的阴影部分截面面积是（ ） A. B. C. D. 9 4. 已知函数的极大值点为，则的极小值为（ ） A. 0 B. C. D. 5. 为得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点（ ） A. 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位 B. 横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位 C. 横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位 D. 横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位 6. 定义在上的偶函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则的值为 A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 要使关于x的方程的一根比1大且另一根比1小，则a的取值范围是 B. 在上恒成立，则实数k的取值范围是 C. 关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是或 D. 若不等式的解集为或，则 10. 定义在上的函数满足，且当时，，则有（ ） A. 为奇函数 B. 为增函数 C. D. 存在非零实数a，b，使得 11. 设，已知在上有且仅有5个零点，则下列结论正确的是（ ） A. 在上有且仅有3个最大值点 B. 在上有且仅有2个最小值点 C. 在上单调递增 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________ 13. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，则________ 14. 若对任意，不等式恒成立，则实数m的最大值________． 四、解答题：本题共4小题，共47分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 若，且 （1）求ab的取值范围； （2）求的最小值，以及此时对应的a的值． 16. 设函数． （1）求的单调递增区间； （2）当时，方程有解，求实数的取值范围． 17. 已知函数有两个零点． （1）求实数a的取值范围； （2）求证：； 18. 已知函数，. （1）求函数的极值点个数； （2）若函数存在极大值点，且使得恒成立，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $