精品解析：河南省周口市项城市第三高级中学2025届高三上学期第二次考试（期中）数学试题

项城三高2024-2025学年度上期第二次考试 高三数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，所有答案都写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题所给的选项中，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 则或，故. 故选：D. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算即可. 【详解】. 故选：B. 3. 已知，且，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据特值法可排除，，，根据在上单调递增，可判断项. 【详解】当时，，故错误； 当，时，，故错误； 因为在上单调递增，且，所以，故正确； 当，时，，故错误. 综上，正确的为. 故选：. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合指数函数，对数函数、余弦函数的性质比较大小即可. 【详解】由， ， ，由于， 所以， 所以. 故选：D. 5. 若弧度为2的圆心角所对的弦长为2,则这个圆心角所夹扇形的面积是(　　). A. tan 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可由扇形的面积公式直接计算得出。 【详解】根据题意，可得图形，过点作于，延长交弧于,如下所示： 由题意可知，，所以，， 所以， 故扇形的面积为： 故选：C 【点睛】本题主要考查扇形的面积公式，要求扇形的面积，只需求出扇形的半径即可。 6. 数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，这就是数形结合的思想.在数学的学习和研究中，常利用函数的图象来研究函数的性质，也常利用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，则函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用排除法及函数的奇偶性的定义，结合赋值法可求得结果. 【详解】由题可知，函数定义域为，即， 所以， 所以为奇函数，排除选项A； 当时，，排除选项B； 当时，分母，分子，此时函数值小于零，排除选项C； 故选：D. 7. 已知函数有两个零点，在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的单调区间，再结合集合的包含关系及零点存在性定理列式求解即得. 【详解】函数在上单调递减，在上单调递增， 由在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点， 得且或且， 则或，解得或， 所以实数的取值范围是. 故选：C 8. 已知函数有极值点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求函数的导数，转化为导函数有大于1的变号零点，即可求解. 【详解】，， 即有实数根，因为函数的对称轴为， 所以函数在区间有零点，只需满足，得. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 下列结论中错误的是（ ） A. 若角的终边过点，则 B. 若是第二象限角，则为第二象限或第四象限角 C. 若，，则 D. 对任意，恒成立 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，B，都是通过取反例排除选项；对于C，通过对已知式平方化简求得，由此判定，则，故排除C；对于D，易得，通过设函数，求导判断其单调性，即可推得，即得结论正确. 【详解】对于A，当时，，而，故A错误； 对于B，若，是第二象限角，是第一象限角，故B错误； 对于C，由两边取平方，， 可得， 因，则，故， 由可得，故C错误； 对于D，因，则，故， 设，则， 即在区间上单调递增，故，即得， 故必有时，恒成立，即D正确. 故选：ABC. 10. 定义域为的函数，同时满足： ①当时，；②，当时，；③.则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递减 C. 函数的图像关于点中心对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，结合函数的单调性、奇偶性、对称性，依次分析选项是否正确，即可得答案． 【详解】对于A，因为的定义域为R，且当时有， 即，所以是奇函数，故A正确； 对于B、C，因为，所以关于对称，故C错误， 因为对，当即时，， 即，结合奇函数的性质可得， 所以当时，为增函数，结合关于对称的条件可知， 当时，为减函数，故B正确； 对于D，结合①，令可得，所以， 因为关于对称，所以， 结合③，因为，令可得 结合奇偶性可得，所以， 所以，解得， 所以，即，故D正确， 故选：ABD. 11. 设函数，，给定下列命题，则正确的命题是（ ） A. 不等式的解集为； B. 函数在单调递增，在单调递减； C. 若函数有两个极值点，则实数； D. 时，总有恒成立. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据的正负可求得的单调性，结合可确定AB正误；将极值点个数问题转化为与有两个不同交点问题，采用数形结合的方式可知C错误；根据的单调性可求得最值，通过最值比较可知D正确. 【详解】对于AB，，， ， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，B错误； 又，当时，恒成立，的解集为，A正确； 对于C，，， 有两个极值点，有两个不等正实根， 由得：， 与有两个不同交点， 图象如下图所示， 结合图象可知：当，即时，与有两个不同交点， 即若函数有两个极值点，则实数，C错误； 对于D，，当时，， 在上单调递增，； 在上单调递增，， 的最大值与的最小值不同时取得， 当时，恒成立，D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的单调性、求解函数不等式、根据极值点个数求解参数范围、恒成立问题的求解；根据极值点个数求解参数范围的关键是能够将问题转化为函数交点个数的求解问题，采用数形结合的方式，利用函数图象来进行求解. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】将原式中的分子、分母同除以，再将代入即可. 【详解】. 故答案为： 13. 曲线在点处的切线与抛物线相切，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】求出曲线在点处的切线方程，由该切线与抛物线相切，联立消元，得到一元二次方程，其，即可求得. 【详解】由，则，则， 曲线在点处的切线方程为，即， 当时，则 ，得， 由，得. 故答案为：1. 14. 已知函数有三个不同的零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据有三个不同的零点，可推出具有三个不同的解，可得与的图象共有三个交点，构造函数，求解的范围. 【详解】根据有三个不同的零点， 则具有三个不同的解， 可得与的共有三个解， 构造函数，则，故，则， 当，，当，， 所以，当时，，当时，， 所以或，解得或， 故的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】函数的零点问题转化为方程的解或函数的交点问题即可求解参数范围. 四、解答题：本题共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. 计算： （1）计算． （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合对数运算性质求解即可； （2）根据题意结合指数幂运算求解即可. 【小问1详解】 由题意可知：. 【小问2详解】 因为，所以． 16. 已知集合，函数的定义域为. （1）求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数有意义，解不等式从而求出其定义域； （2）根据条件得出集合与集合间的关系，从而求解. 【小问1详解】 由题意，，即，解得， . 【小问2详解】 因为“”是“”的充分不必要条件， 所以集合是集合的真子集， 当即，即时，合题意； 当时，有，解得， 综上，实数的取值范围为. 17. 如图所示，学校要围建一个面积为的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙时需要维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为的进出口，已知旧墙的维修费用为56元，新墙的造价为200元，设利用旧墙的长度为（单位：），修建此矩形场地的总费用为（单位：元）. （1）求关于的函数表达式； （2）试确定的值，使修建此矩形场地的总费用最小，并求出最小总费用. 【答案】（1） （2），最小总费用是12200元. 【解析】 【分析】（1）由面积求得矩形的另一边长，然后由新墙和旧墙计算费用得结论； （2）利用基本不等式求得最小值． 【小问1详解】 由题意知，矩形的一边长为，另一边长为， 则 ， 故. 【小问2详解】 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故当利用旧墙的长度为时，修建此矩形场地的总费用最小，最小总费用是12200元. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性． 【答案】（1）极大值为，极小值为 （2）当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【解析】 【分析】（1）利用导数求得的极值. （2）先求得，对进行分类讨论，从而求得的单调区间. 【小问1详解】 当时，， 所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减， 所以的极大值是， 极小值为. 【小问2详解】 ，， 当时，单调递增； 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减. 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减. 综上：当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 19. 对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点. （1）求函数的不动点； （2）若函数有两个不相等的不动点、，求的取值范围； （3）若函数在区间上有唯一的不动点，求实数的取值范围. 【答案】（1）和3. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）解方程，即可求出不动点； （2）由题意，方程有两个不相等的实数根、，由即可求出的范围，结合韦达定理和二次函数图象性质即可求出的范围； （3）由题意，在上有且只有一个解，令，分，，和四种情况进行讨论即可. 【小问1详解】 由题意知，即，则， 解得，，所以不动点为和3. 【小问2详解】 依题意，有两个不相等的实数根、， 即方程有两个不相等的实数根、， 所以，解得，或， 且，， 所以， 因为函数对称轴为 当时，随的增大而减小，若，则； 当时，随的增大而增大，若，则； 故， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 由，得， 由于函数在上有且只有一个不动点， 即在上有且只有一个解， 令， ①，则，解得； ②，即时， 方程可化为，另一个根为，不符合题意，舍去； ③，即时，方程可化为，另一个根为1，满足； ④，即，解得， （ⅰ）当时，方程的根为，满足； （ⅱ）当时，方程的根为，不符合题意，舍去； 综上，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 项城三高2024-2025学年度上期第二次考试 高三数学试卷 满分150分，考试时间120分钟 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，所有答案都写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题所给的选项中，只有一项是符合要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知，且，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若弧度为2的圆心角所对的弦长为2,则这个圆心角所夹扇形的面积是(　　). A. tan 1 B. C. D. 6. 数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，这就是数形结合的思想.在数学的学习和研究中，常利用函数的图象来研究函数的性质，也常利用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，则函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数有两个零点，在区间上是单调的，且在该区间中有且只有一个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有极值点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 下列结论中错误的是（ ） A. 若角的终边过点，则 B. 若是第二象限角，则为第二象限或第四象限角 C. 若，，则 D. 对任意，恒成立 10. 定义域为的函数，同时满足： ①当时，；②，当时，；③.则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递减 C. 函数的图像关于点中心对称 D. 11. 设函数，，给定下列命题，则正确的命题是（ ） A. 不等式的解集为； B. 函数在单调递增，在单调递减； C. 若函数有两个极值点，则实数； D. 时，总有恒成立. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则__________ 13. 曲线在点处的切线与抛物线相切，则__________. 14. 已知函数有三个不同的零点，则的取值范围是__________. 四、解答题：本题共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. 计算： （1）计算． （2）若，求． 16. 已知集合，函数的定义域为. （1）求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围. 17. 如图所示，学校要围建一个面积为的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙时需要维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为的进出口，已知旧墙的维修费用为56元，新墙的造价为200元，设利用旧墙的长度为（单位：），修建此矩形场地的总费用为（单位：元）. （1）求关于的函数表达式； （2）试确定的值，使修建此矩形场地的总费用最小，并求出最小总费用. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论的单调性． 19. 对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点. （1）求函数的不动点； （2）若函数有两个不相等的不动点、，求的取值范围； （3）若函数在区间上有唯一的不动点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $