2025届河南省开封高级中学东校区一轮复习滚动测试（八）数学试卷

开封高中东校区2025届数学一轮复习滚动测试卷（八） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2．函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   3．已知，则函数的图象一定经过（ ） A.一、三象限 B.一、二象限 C.三、四象限 D.二、四象限 4．已知都是正数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知是定义在实数集上的函数，在内单调递增，，且函数关于点对称，则不等式的解集是（    ） A. B. C. D. 7．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象．若的图象关于点中心对称，则的最小值为（ ） A． B． C． D． 8．若函数有两个极值点，且，则（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共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．已知正实数a，b满足，则的可能取值为（    ） A．2 B． C． D．4 10．已知函数是定义在上的偶函数，是上的导函数，若，，则下列选项正确的有（    ） A． B． C． D． 11．若方程有且仅有2个根，（，），则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知命题：“关于，的方程表示圆”，命题：“实数满足”．若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是 ． 13．已知存在，使得函数与的图象存在相同的切线，且切线的斜率为，则的最大值为 ． 14．已知函数，设，若只有一个零点，则实数a的取值范围是 ；若不等式的解集中有且只有三个整数，则实数a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．（本小题满分13分） 已知定义在上的函数. (1)讨论函数的单调性； (2)当时，求曲线过点的切线方程. 16．（本小题满分15分） 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）当，证明:为定值，并求出函数的对称中心； （2）当时，若在定义域上单调递增，求实数的最小值． 17．（本小题满分15分） 已知函数. (1)讨论的极值点的个数； (2)若函数有两个极值点，证明：. 18．（本小题满分17分） 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）当时，求在上的值域； （2）当时，讨论的零点个数； （3）当时，从下面①和②两个结论中任选一个进行证明． ①；②． 19． （本小题满分17分） 正整数集合，且，，中所有元素和为，集合. (1)若，请直接写出集合； (2)若集合中有且只有两个元素，求证“为等差数列”的充分必要条件是“集合中有个元素”； (3)若，求的最小值，以及当取最小值时，最小值. 开封高中东校区2025届数学一轮复习滚动测试卷（八）答案 1．C ∵，∴，. 2． A 由且定义域，即是偶函数，排除D；当时，，即，此时，排除C；当趋向时，、均趋向，但随变大，的增速比快，所以趋向于，排除B. 3．C 当时，， 则当时，函数图象过二、三、四象限； 则当时，函数图象过一、三、四象限； 所以函数的图象一定经过三、四象限. 4．B 由题意可知当时，可取，显然不满足； 当时，且，所以，即，解得，所以“”是“”的必要不充分条件 5．D 由不等式的解集为，可知1和是方程的两个实数根，且，由韦达定理可得，即可得， 所以. 当且仅当时，即时等号成立；即可得.故选：D 6．D 因为函数关于点对称，所以函数关于点对称，是奇函数，则等价于.函数简图如图所示：由平移变换可知，函数的简图如下图所示：   等价，. 由图可知，的解集为.故选：D 7．D 【详解】令，图象向右平移个单位长度，则，再将所得图象上每一点的横坐标缩短到原来的，则，又的图象关于点中心对称，则，所以，则，又，故. 8．A 【详解】∵函数有两个极值点且， ∴方程由两个不同的正根，∴，，，∴，∴ ， 又，即，得，∴或（舍去）． 9．BD【详解】由题意可得， 令，由于，则，， 由于对勾函数在单调递减，在单调递增，所以， ，故，所以． 10．AC【详解】对于A中，由函数是定义在上的偶函数，且， 可得，所以A正确； 对于B中，由，令，得，所以， 又由，所以，，， 由，可得，故得， 两式相减得，所以函数是周期为4的周期函数， 所以，，所以， 因为为偶函数，得，所以， 所以为奇函数，则，因为，所以，且，所以，又由，所以函数是周期为4的周期函数，所以， 故，所以B错误； 对于C中，由，所以C正确； 对于D中，由，所以D错误． 11．BC【详解】对于选项A：令， 因为方程有且仅有2个根，（，）， 所以函数和的图象有两个不同的交点。因为，函数在上单调递增，在上单调递增.所以在上单调递增.又∵，∴当时，；当时，.则在区间上单调递减，在上单调递增. 又因为，且当时，，当时，， 所以函数的图象如图所示： 要使函数和的图象有两个不同的交点 则，故选项A错误；对于选项B：令， 则，因为方程有且仅有2个根， 所以，∴，即，故选项B正确； 对于选项C：因为方程有且仅有2个根，（，）， 所以有，得：， 由选项B知：∴∴，故选项C正确；对于选项D：因为，所以 由， ，得， ∴，故选项D错误. 12． 【详解】若为真命题，则，若其表示圆， 则，即 ，解得，命题为真，由，解得   ，是的充分不必要条件，则是的真子集， 故且等号不同时成立，即．故的取值范围为. 13. 【答案】 【解析】，令，得，切点为， 令，得，切点为.切线方程为代入，可得，则，令，则，当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，即的最大值为. 14．【答案】 【详解】，，当时，单调递增；当时，单调递减；∴；当时，；当时，；．据此可作出图象如图所示： 令，则或， 由，可得；又∵只有一个零点，∴无解，或，∴，或，∴的取值范围是． 令，则． ①当时，则或，由，可得，无整数解，∴中有3个整数解，结合的图象可知此三个整数解为，∵，∴； ②当时，，由，得，不满足题意； ③当时，由，得或， ∵的解集中无整数，的解集中有若干个整数，不满足题意； 综上，的取值范围为．故答案为：；． 15．【答案】(1)答案见详解(2)或. 【详解】（1）的定义域为，                当时，在上，则在上单调递增；当时，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增.    综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 当时，，, 设切点为，切线斜率 ,切线方程为，即，切线方程过，，化简得，则所以曲线过点的切线方程为或 即或 16．解：（1）当，，其中， ， ∴，∴函数的对称中心为． （2）当时，，其中，∵在定义域上单调递增，∴在上恒成立，而， ∵，当且仅当时等号成立，∴， 而成立，∴，即，∴的最小值为． 17．【详解】（1）解：由题意得，，即，故令，所以函数的极值点的个数的等价于与的交点个数. ，得；得；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，所以的大致图象如图： 由图可得，当时，恒成立，函数单调递增，极值点的个数为0；当时，与的交点个数有两个，分别设为且， 当时，，时，，故函数有两个极值点；当时，与的交点个数有两个，不妨设为 ，则当，，当时，，故函数有1个极值点. （2）证明：因为函数f（x）有两个极值点，由（1）可知 设，则，显然，所以，由极值点的概念知， ，故，所以，同理，两式相减得，即.另一方面，要证，只需证，即，因为，所以，故上式可化为，即，令，则，上式即为，.令，则，故为减函数，所以，即，原命题得证. 18．解：（1）当时，，， ∵，∴，∴在上单调递减， 又，，∴的值域为． （2），令得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， ∴． （Ⅰ）当时，，∴，∴在上有且仅有1个零点． （Ⅱ）当时，令，， ∴在上单调递增，∴，即， 又，∴在上有1个零点，又， 令，则，∴在上单调递减， ∴，∴，∴在上有一个零点． 综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点. （3） 选择①证明：当时，， 设，（Ⅰ）当时，， 又由（2）知，∴， （Ⅱ）当时，，设，则，∴在单调递增，∴，∴，即在单调递增， ，综上，，∴当时，，即. 选择②证明：当时，，设， （Ⅰ）当时，，∴， （Ⅱ）当时，， 设，则， ∴在单调递增，∴， ∴，即在单调递增，∴， 综上，，∴当时，，即. 19.【答案】(1)(2)证明见解析(3)，． 【详解】（1） （2）若为等差数列，不妨设 ，且，，，，中有个元素， “为等差数列”是“集合中有个元素”充分条件 若集合中有个元素，则至少有如下有个元素 又有如下个元素 ， ， ， “为等差数列”是“集合中有个元素”必要条件 综上，“为等差数列”是“集合中有个元素”充要条件. （3）由题意，， ， 又 ，且此时，最小值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$