四川省成都市新津中学2024-2025学年高三上学期数学周考（9.22）

新津中学高三数学周考（9月22日） 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．函数在区间[－1，1]上的最大值是 A．4 B．2 C．0 D．－2 3．定义在R上的偶函数在上是减函数，则下列判断正确的是（    ） A． B． C． D． 4．已知是上的增函数，那么a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．“”是“函数在区间上单调递增”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知是偶函数，且当时，，则不等式的解集是（    ） A．或 B． C． D．或 7．已知函数，若，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知定义在上的偶函数，满足，且时，，则方程在区间上根的个数是（   ） A．20 B．19 C．18 D．17 二、多选题 9．下列各组函数是同一函数的是（    ）． A．与 B．与 C．与 D．与 10．已知函数，则下列判断正确的是：（    ） A．函数的图象关于轴对称 B．函数在上单调递增 C．函数的最小值为2，无最大值 D．不等式的解集为 11．下列说法正确的有（    ） A．函数关于点对称 B．函数的图象过定点 C．方程在区间上有且只有1个实数解 D．若，则的最小值为 三、填空题 12．设函数则 . 13．已知函数，若，则 . 14．已知命题，，则成立是成立的 .（选“充分必要”，“充分不必要”，“既不充分也不必要”填空）. 四、解答题 15．已知数列的前项和，数列满足 ，且． (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 16．如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，，为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且，E，F分别为，的中点． (1)证明：平面ABCD； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 17．已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：函数有两个不同的零点． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A D C D D B AC CD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】用列举法表示集合，然后用集合交集的定义求出. 【详解】因为，，所以，因此有 ，故本题选B. 【点睛】本题考查了用列举法表示集合，考查了集合的交集运算.用列举法表示集合是解题的关键. 2．B 【解析】先求得函数在区间上的极值，然后比较极值点和区间端点的函数值，由此求得函数在区间上的最大值. 【详解】令，解得或.，故函数的最大值为，所以本小题选B. 【点睛】本小题主要考查函数在闭区间上的最大值和最小值问题，考查导数的运算，属于基础题. 3．A 【分析】根据偶函数定义，将自变量转化到区间上，利用单调性比较大小即可. 【详解】因为为偶函数，所以，，又，且在上是减函数，所以. 故选：A 4．D 【分析】根据分段函数为增函数列不等式组，即可解得. 【详解】因为是上的增函数， 所以，解得：. 故选：D 5．C 【分析】结合对数复合函数的单调性及充分条件、必要条件的定义，即可得答案. 【详解】令，， 若在上单调递增， 因为是上的增函数， 则需使是上的增函数且， 则且，解得. 因为⫋，故是的必要不充分条件， 故选：C. 6．D 【分析】根据题意可得的解集为或，从而可化为：或，求解即可． 【详解】当时，，由，解得： 又函数是偶函数，的解集为或 可化为：或，解得：或 故不等式的解集是或． 故选：D． 7．D 【分析】讨论与0、1的大小关系，写出的解析式，解出不等式后，再求并集即为答案. 【详解】因为. ①当时，. ②当时，. ③当时，. 综上所述：. 故选：D. 8．B 【分析】首先将在上的解析式改写成分段函数，再根据奇偶性求出在上的解析式，最后根据函数的周期性画出的图象，则问题转化为函数与在区间上的交点个数，结合函数图象即可判断. 【详解】解：当时， 又时定义在上的偶函数， 设，则，所以， 由，可知是以为周期的周期函数， 方程即，方程的根即为两函数与图象交点的横坐标， 作出函数图象如图： 其中令，则，， ，即， 由图可知，方程在区间上根的个数是个． 故选：B． 9．AC 【分析】根据函数的定义域、对应关系和值域等知识确定正确选项. 【详解】A选项，与定义域相同、对应关系相同、值域也相同，A选项是同一函数. B选项，的定义域为，的定义域为，不是同一函数. C选项，和的定义域都为，， 对应关系相同，值域也相同，C选项是同一函数. D选项，的值域为，的值域为，不是同一函数. 故选：AC 10．CD 【分析】根据函数的特征，可判断A错；根据函数奇偶性，可判断B错；根据导数的方法判定函数单调性，求出函数最值，可判断C正确；根据函数单调性得出，求解，即可判断D正确. 【详解】因为函数只能一对一或多对一，因此不可能关于轴对称，故A错； 又， 所以是偶函数，关于轴对称，偶函数在对称轴两侧单调性相反， 因此在和上单调性不同，故B错； 当时，，则，因为时，，， 所以恒成立，所以在上单调递增； 又是偶函数，所以在上单调递减，因此， 即函数的最小值为2，无最大值；故C正确； 由得，因为函数是偶函数，且在上单调递增，在上单调递减， 所以有，则，整理得，解得， 即不等式的解集为，故D正确. 故选：CD. 【点睛】本题主要考查函数概念的理解，考查根据函数奇偶性与单调性解不等式，考查导数的方法求函数的最值，涉及一元二次不等式的解法，属于常考题型. 11．ACD 【分析】对于A选项：分离常数，结合反比例函数即可判断；对于B选项：由对数型函数的定点知识即可判断；对于C选项：结合零点存在定理即可判断；对于D选项：利用基本不等式计算即可. 【详解】对于A选项：，该函数可由反比例函数先向左平移1个单位， 再向上平移1个单位，故的图象关于对称，故选项A正确； 对于B选项：由，令，即， 则，故函数的图象过定点，故选项B错误； 对于C选项：由，得，令， 易知在上单调递增且图象连续不断， 因为，，所以， 所以方程在区间上有且只有1个实数解，故选项C正确； 对于D选项：因为，所以， 所以， 当且仅当时，即，有最小值为. 故选项D正确； 故选：ACD. 12． 【分析】根据解析式分别求得和，进而得到结果. 【详解】，， . 故答案为：. 13．3 【分析】把和分别代入函数式，根据函数的奇偶性，可得出答案． 【详解】解：． ，， 则． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的运用．属于基础题． 14．充分不必要 【详解】由＞，解得：， 故命题； ， 若恒成立， 若，则，解得：， 故； 故命题是命题的充分不必要条件. 故答案为：充分不必要． 15．(1)； (2) 【分析】（1）利用关系，结合等比数列的通项公式求得；根据等差数列的基本量即可求得； （2）先求得数列的通项公式，再由错位相减法即可求得前项和． 【详解】（1）当时，，即 又，故是首项为1，公比为的等比数列，则； 由可得为等差数列，设其公差为， 根据题意可得：，即，解得，， 则. （2）根据（1）中所求，可得， 两式相减得， ， 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】(1) 取的中点G，连接EG，FG，AC，可证明四边形AGFC是平行四边形，从而证明平面平面ABCD，从而得证. （2）题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）取的中点G，连接EG，FG，AC， 因为，平面ABCD，平面ABCD， 所以平面ABCD， 因为，，所以四边形AGFC是平行四边形， ，又平面ABCD，平面ABCD， 所以平面ABCD， 因为，所以平面平面ABCD， 因为平面ABCD，所以平面ABCD． （2）设， 由，得， 因为，所以， 由题意知CA，CB，两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 由得，取，得， 连接BD，因为，，，所以平面， 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 17．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出导函数，分类讨论确定的正负得单调性； （2）求出，确定的最小值是，然后由零点存在定理证明函数在和上各有一个零点． 【详解】（1）由，得． 当时，，函数单调递增． 当时，， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 综上，当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）证明：由得， 所以， 因为，所以， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，， 因为，所以，下面证明在区间上与上分别存在一个零点， 因为， 所以在区间上存在唯一零点，且． 因为， 当时，， 所以， 所以， 所以在区间上存在唯一零点，且， 所以当时，函数有两个不同的零点． 【点睛】函数零点问题，主要方法是由零点存在定理进行证明存在零点，一般需由导数确定函数的单调性，在单调区间内找到两个符号相反的函数值，得出此区间内存在一个零点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$