精品解析：四川省泸州市泸县第五中学2025届高三上学期第一次诊断性考试（一模）数学试题

泸县五中高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. 已知全集，集合，或，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的一条对称轴方程是（ ） A. B. C. D. 6. 为等差数列，若，，那么取得最小正值时，的值（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方形中，为的中点，是以为直径的半圆弧上任意一点，设，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知函数，若有两个极值点，记过点，的直线的斜率为，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 已知关于的不等式的解集为，则（） A. 且 B. 不等式的解集是 C. D. 不等式的解集为 10. 已知函数，若，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数则______. 13. 计算：____________ 14. 已知函数，函数有两个极值点．若，则的最小值是______. 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（其中，）的最小正周期为，且___________. ①点在函数的图象上； ②函数的一个零点为； ③的一个增区间为. 请你从以上三个条件选择一个（如果选择多个，则按选择的第一个给分），补充完整题目，并求解下列问题： （1）求的解析式； （2）用“五点作图法”画出函数一个周期内的图象. 16. 已知定义在上的函数（且）. （1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）若，试判断函数的单调性并加以证明；并求在上有解时，实数的取值范围. 17. 在中，已知. （1）求； （2）记为的重心，过的直线分别交边于两点，设. （i）求的值； （ii）若，求和周长之比的最小值. 18. 已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，等差数列数列的前项和. （1）求数列和的通项公式； （2）设的前项和，求证：． （3）设，求数列的前项和. 19. 已知函数的图象与的图象关于直线对称. （1）求函数的解析式； （2）若在定义域内恒成立，求的取值范围； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高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. 已知全集，集合，或，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据并集、补集的定义进行计算得出结果. 【详解】由或得， 又， 所以. 故选：B. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据含有一个量词的命题的否定直接写出否定命题即可. 【详解】命题“”的否定是. 故选：D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦展开式和三角函数化简求值得出. 【详解】， 所以， 所以， 解得． 故选：D 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二倍角公式，结合正余弦齐次式法计算即得. 【详解】由，得. 故选：C 5. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则函数的一条对称轴方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换及诱导公式结合三角函数的性质即可判定. 【详解】由题意得 显然由， 当时，是其一条对称轴，而B、C、D三项，均不存在整数满足题意. 故选：A 6. 为等差数列，若，，那么取得最小正值时，的值（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得，从而得，由，结合条件得到，即可求解． 【详解】因为，，所以， 故等差数列的公差，且，即， 又，，， 得到，， 又函数为二次函数，图象开口向下， 对称轴为，所以取得最小正值时，的值为， 故选：C. 7. 如图，在正方形中，为的中点，是以为直径的半圆弧上任意一点，设，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，利用坐标法将用点坐标表示，即可求出的最小值. 【详解】 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 设，，则，，，半圆的方程为， 所以，，， 因为，即， 所以，即， 所以，又是半圆上的任意一点， 所以，，， 所以，所以当时，取得最小值. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题主要考查二元变量的最值求法，关键是根据已知把几何图形放在适当的坐标系中，把有关点与向量用坐标表示，这样就能进行相应的代数运算和向量运算，从而使问题得到解决. 8. 已知函数，若有两个极值点，记过点，的直线的斜率为，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】当时，求导，根据有两个极值点可得，由奇函数的定义可得为奇函数，不妨设，则有，所以，.由直线的斜率公式的表达式，可得，令，利用导数可得在上单调递增，又由，根据单调性可得实数的取值范围. 【详解】当时，函数的导数为， 由函数由两个极值点得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故当时，函数的极小值点为. 当时，则，则， 同理当时，也有， 故为奇函数. 不妨设， 则有，所以，可得， 由直线的斜率公式可得， 又，所以. 设，得， 所以在上单调递增，又由， 由，得，所以. 故选:A. 【点睛】对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用. 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. 已知关于的不等式的解集为，则（） A. 且 B. 不等式的解集是 C. D. 不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可知且和2是方程的两个根,根据韦达定理可得，由此易判断A,将替换成，由此可求B、D，结合二次函数的图象可以判断C. 【详解】关于的的不等式的解集为, 且和2是方程的两个根, ， 对，故A正确. 对可化为 ,解的, 不等式的解集为，故B错误. 对，1和2是方程的两个根, 且二次函数开口向上, 当时，，即，故C正确. 对D，不等式可化为, ,即，解得 不等式的的集为，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出函数的图象，根据，，结合函数图象逐项判断. 【详解】作出函数的图象，如图所示： 因为，， 由图象可知：，故A正确；B错误； 由，得，即， 所以，即，所以，故C正确； 因为，当且仅当时，等号成立， 因为，所以，所以取不到等号，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题关键是将转化为而得解. 11. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先证明是递增数列，且各项均为正，由递推公式求得发现A错误，然后由递推关系利用基本不等式变成不等式，让依次减1进行归纳得出B正确，由递推式适当放缩得，这样对进行归纳得出，此不等式两边取以2为底的对数可证明选项D，对由指数幂运算法则变形为，然后证明，再结合是正整数可得证C． 【详解】，∴，是递增数列， 又，所以，，，，，A显然错误； ，∴，B正确； 对选项C，， ∴，依此类推： ， ，下证， 时，， 时，， 时，， 假设时，成立，， 则时，， 所以对任意不小于3的正整数，， 所以，又是正整数，所以，C正确； 对选项D，由选项C得，所以， D正确． 故选：BCD． 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. 已知函数则______. 【答案】1 【解析】 【分析】结合分段函数解析式，由内向外计算即可. 【详解】由题意得，. 所以， 故答案为：1. 13. 计算：____________ 【答案】 【解析】 【分析】切化弦，通分后结合二倍角和两角和差正弦公式可化简求得结果. 【详解】. 故答案为：. 14. 已知函数，函数有两个极值点．若，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】求导后可知是方程在上的两根，结合韦达定理可得，；将化为，令，利用导数可求得，从而得到结果. 【详解】因为， 令， 因为，有两个极值点， 所以是方程在上的两根， 所以，，所以，， 所以， 设， 则， 所以当时，，所以在上单调递减， 所以，即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数最值的问题；本题求解最值的基本思路是将多个变量统一为关于一个变量的函数的形式，通过构造函数将问题转化为函数最值的求解问题. 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（其中，）的最小正周期为，且___________. ①点在函数的图象上； ②函数的一个零点为； ③的一个增区间为. 请你从以上三个条件选择一个（如果选择多个，则按选择的第一个给分），补充完整题目，并求解下列问题： （1）求的解析式； （2）用“五点作图法”画出函数一个周期内的图象. 【答案】（1）无论选哪个条件，函数的解析式均为. （2）函数一个周期内的图象如图所示： 【解析】 【分析】（1）若选①，则，若选②，则，若选③，则，由此求出分别求出即可得解. （2）直接用“等距法”按照五点画图的步骤作图即可. 【小问1详解】 由题意最小正周期为，解得，所以， 若选①，则，所以， 又，所以， 所以函数的解析式为； 若选②，则，所以， 又，所以， 所以函数的解析式为； 若选③，即的一个增区间为， 当时，， 又， 由复合函数单调性可知，只能， ，所以函数的解析式为； 综上所述，无论选哪个条件，函数的解析式均为. 【小问2详解】 列表如下： 0 0 1 0 0 描点、连线（光滑曲线）画出函数一个周期内的图象如图所示： 16. 已知定义在上的函数（且）. （1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）若，试判断函数的单调性并加以证明；并求在上有解时，实数的取值范围. 【答案】（1）为奇函数 对任意，都有，且该函数的定义域为，显然关于原点对称， 可得. 为奇函数. （2） 为减函数，当时，可得，解得， 此时在上为严格减函数，证明如下： 任取，且，则 ， ，，， 在上为严格减函数，而， 在上的值域为， 要使在上有零点， 此时等价于与在上有交点， 而当时，可得故. 【解析】 【分析】（1）先判断函数的奇偶性，再利用定义证明即可. （2）求出参数值得到原函数，再转化为交点问题求解参数范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在中，已知. （1）求； （2）记为的重心，过的直线分别交边于两点，设. （i）求的值； （ii）若，求和周长之比的最小值. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）借助三角形内角关系及两角和的正切公式化简并计算即可得； （2）（i）设为的中点，结合重心的性质及向量运算可得，再利用三点共线定理即可得解；（ii）由题意可得为等边三角形，可设其边长为1，则可用表示两三角形周长之比，结合（i）中所得与基本不等式即可得解. 【小问1详解】 由题可知， 又，所以； 【小问2详解】 （i）设为的中点，则， 又因为，所以， 因为三点共线，所以，所以； （ii）由，，可得为等边三角形， 设的边长为1，与周长分别为，则， ，所以， 所以， 由可得，（当且仅当时等号成立）， 解得，易知函数在上单调递增， 所以， 所以和的周长之比的最小值为. 18. 已知等比数列的各项均为正数，成等差数列，且满足，等差数列数列的前项和. （1）求数列和的通项公式； （2）设的前项和，求证：． （3）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2） 证明：由（1）知，， 可得， 则 ， 因为，所以，故. （3） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，分别求得的值，即可求得数列和的通项公式； （2）由（1）求得，结合裂项法求和，求得数列的前项和，即可得证； （3）根据题意，求得数列的通项公式，结合等差数列的求和公式和乘公比错位法求和，即可求解. 【小问1详解】 解：由等比数列的各项均为正数，设公比为， 因为成等差数列，且满足， 可得，即，即， 解得，所以， 设等差数列的公差为， 因为，可得，解得， 所以，即数列的通项公式为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：因为，可得， 则数列的前项和， 令， 令，则， 两式相减得 ， 所以， 所以数列的前项和. 19. 已知函数的图象与的图象关于直线对称. （1）求函数的解析式； （2）若在定义域内恒成立，求的取值范围； （3）求证：. 【答案】（1） （2）1 （3） 由（2）知，，则，， ， 又由（2）知：在恒成立，则在上恒成立， 当且仅当时取等号，则令， 则 ， ，证毕. 【解析】 【分析】（1）根据两函数关于对称求解析式即可； （2）先探求时成立，再证明当时恒成立，证明过程利用导数求出函数极大值即可； （3）根据（2）可得，转化为，再由，累加相消即可得证. 【小问1详解】 设图象上任意一点，则其关于直线的对称点为， 由题意知，点在函数图象上， 所以， 所以. 【小问2详解】 不妨令， 则在上恒成立， 注意到且在上是连续函数，则是函数的一个极大值点， 所以，又， 所以，解得 下面证明：当时，在上恒成立， 令，则， 当时，，单调递增； 当时，单调递减， 所以，即在上恒成立，又， 所以， 综上，. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：在证明第（3）问时，关键应用（2）后合理变形，得到，再令，利用（2）中式子得，能够利用累加相消是证明的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $