精品解析：江西省赣州市赣县中学2025-2026学年高三补习班上学期开学考试数学试卷

赣州市赣县中学2025年秋学期补习班开学考 数学试卷 一、单选题 1. 设集合{是小于10的自然数}，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 下列命题中错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 4. 若正数x，y满足，则的最小值是（    ） A. 6 B. C. D. 5. 已知函数，在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数的最小值为，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，其中e是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列选项中正确的有（ ） A. 函数的值域为 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 若是奇函数，当时，，则时， D. 与表示同一函数 10. 已知定义在上的函数是偶函数，在区间上单调递减，，则（    ） A. B. 若，则或 C. 若，则 D. ，当时， 11. 已知函数则（ ） A. ， B. 函数只有2个零点 C. 直线与的图象有3个交点 D. ， 三、填空题 12. 已知函数，其中为正实数，则__________． 13. 已知集合，集合.若，则实数的取值范围为_____. 14. 已知幂函数是偶函数，则______，设，若对于任意，，则实数的最大值为______. 四、解答题 15. 已知二次函数． （1）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围． （2）解关于的不等式（其中）． 16. 已知数列满足，且． （1）求的值； （2）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式； （3）求数列的前项和． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且． （1）求A； （2）设D为的中点，若，且，求的面积． 18. 由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值. 19. 已知函数. （1）当时，，求的最大值； （2）证明：曲线的图象是轴对称图形； （3）若，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣州市赣县中学2025年秋学期补习班开学考 数学试卷 一、单选题 1. 设集合{是小于10的自然数}，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式可化简B，C，然后由交集，并集定义可得答案. 【详解】,则； ，则. 则，则. 故选：C 2. 若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性的定义结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】命题为奇函数，奇函数满足， 即，整理得，解得 故成立的充要条件是. 命题为偶函数，偶函数满足 即，整理得，解得或 故成立的充要条件是或 则是成立的充分不必要条件. 故选：A. 3. 下列命题中错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用不等式的性质或者特值排除法可得答案. 【详解】因为，所以，因为，所以，A正确； 因为，所以，所以，B正确； C错误，比如，而； 因为，，所以，所以，D正确. 故选：C 4. 若正数x，y满足，则的最小值是（    ） A. 6 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对变形得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】因为正数x，y满足， 所以， 所以， 当且仅当，即，又，时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C 5. 已知函数，在R上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】考虑的两段分段函数的单调性以及分段点处的函数值大小关系即可求解出a的范围． 【详解】因为单调递减，故对应的指数函数部分、二次函数部分都要单调递减， 对指数函数在单调递减，需， 对二次函数，开口向下、对称轴为，故二次函数在单调递减，满足要求， 此外还需满足分段点处的函数值满足，整理得，解得或， 结合，可得， 故选：B． 6. 若函数的最小值为，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据是函数的最小值可得，再由求解即可. 【详解】当时，，因为的最小值为， 所以在单调递减，故，且，在上恒成立. 又，当且仅当时等号成立，所以，解得. 综上，的取值范围是. 故选：A. 7. 已知函数，其中e是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先构造函数，接着研究其奇偶性和单调性，进而再利用奇偶性和单调性将所求不等式转化成解不等式即可计算求解. 【详解】令， 则， 所以函数为奇函数， 因为， 所以恒成立，当且仅当时， 所以函数在上单调递增， 所以解不等式，等价于解不等式， 即解不等式，即， 所以. 故选：C 8. 已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过分析得的周期为4，的图象关于点对称，当时，，结合即可求解. 【详解】因为，所以①， 则函数的图象关于点对称． 因为为偶函数，所以②， 则函数的图象关于直线对称． 由①②得，则，故的周期为4， 所以． 由，令，得，即③． 已知，由函数的图象关于直线对称，得． 又函数的图象关于点对称，得， 所以，即，所以④． 联立③④解得，故当时，． 由的图象关于点对称， 可得． 故选：A． 二、多选题 9. 下列选项中正确的有（ ） A. 函数的值域为 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 若是奇函数，当时，，则时， D. 与表示同一函数 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：设，将已知函数转化为二次函数，根据二次函数性质求值域即可判断，对于B，分别判断“”能否推出“”和“”能否推出“”，结合充分条件和必要条件的定义判断结论，对于C，结合奇函数性质求时的解析式，即可判断对于D，求两函数的定义域化简函数解析式，结合函数相等的条件判断结论. 【详解】对于A，令，则，. 那么可转化为，， 当时，取得最大值，. 所以函数的值域为，A正确. 对于B，当，时，满足，但，，此时， 所以由不能推出，所以“”不是“”的充分条件. 当时，即，则有或， 所以或或， 所以由不能推出，“”不是“”的必要条件， 因此，“”是“”的既不充分也不必要条件，B错误.   对于C，因为是奇函数，所以， 又当时，， 所以当时，可得， ，C正确， 对于D，函数，其定义域为， 当时，；当时，. 函数的定义域为， 两个函数的定义域不同，所以它们不是同一函数，D错误. 故选：AC 10. 已知定义在上的函数是偶函数，在区间上单调递减，，则（    ） A. B. 若，则或 C. 若，则 D. ，当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】依题意，结合偶函数特征和单调性逐选项判断即可. 【详解】因为定义在上的函数是偶函数，在区间上单调递减，， 所以区间上单调递增，， 对于A，区间上单调递减，，所以，故A正确； 对于B，若，则或，解得或，故B正确； 对于C，若，当时，，当时，， 当时，，当时，，当时，， 当，，当，， 所以若，则，故C错误； 对于D，在区间上单调递增，根据单调性定义，则，当时，， 故D正确； 故选：ABD. 11. 已知函数则（ ） A. ， B. 函数只有2个零点 C. 直线与的图象有3个交点 D. ， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，求出函数的值域即可判断；对于BCD项，作出的图象即可依次判断. 【详解】对于A：当时，，当时，， 所以成立，即选项A正确； 作出的图象（如图所示）， 由图象，得与的图象关于轴对称，且与有交点， 即，，即选项D正确； 对于C：由图象，得直线与的图象只有2个交点， 即选项C错误； 对于B：的零点个数等于 的图象与的图象的交点个数，由图可知，的图与的图象的交点个数为2，即选项B正确． 故选：ABD 三、填空题 12. 已知函数，其中为正实数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式，将自变量的值代入对应的解析式，由内到外即可求解. 【详解】∵函数， ∴，∴. 故答案为：. 13. 已知集合，集合.若，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】先求出集合中的不等式的解集，然后根据并集的定义求出的取值范围即可. 【详解】因为， 所以根据对数函数的性质可得，即. 所以集合. 因为集合， 对于，都成立，当时等号成立； 当时，，则集合， 当时，集合，即. 因为，所以. 当时，符合题意，此时； 当时，为满足题意，则，解得. 综上，的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知幂函数是偶函数，则______，设，若对于任意，，则实数的最大值为______. 【答案】 ①. －2 ②. －1 【解析】 【分析】根据幂函数的定义和偶函数的性质即可解出，令，将不等式转化为恒成立问题，即可求解. 【详解】由已知幂函数是偶函数，则有，解得或， 又，则指数须为偶数，所以. 所以，则， 不等式可化为，令， 则，时取等号，不等式变为. 当时，不等式不成立； 当时，令二次函数，其对称轴为，， 要使在时恒成立， 则且，解得，所以的最大值为. 故答案为：－2；－1. 四、解答题 15. 已知二次函数． （1）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围． （2）解关于的不等式（其中）． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）等价变形给定不等式，分离参数，利用基本不等式求出最小值即可. （2）分类讨论求解含参数的不等式. 【小问1详解】 不等式， 当时，恒成立，而， 当且仅当时取等号，则， 所以实数a的取值范围是. 【小问2详解】 不等式， 当时，不等式为，解得； 当时，不等式为，解得或； 所以当时，原不等式解集为； 当时，原不等式解集为. 16. 已知数列满足，且． （1）求的值； （2）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式； （3）求数列的前项和． 【答案】（1），； （2）证明见解析，； （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件令即可求解； （2）利用等差数列的定义可证得结论成立，并确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式； （3）利用错位相减法可求得． 【小问1详解】 ，，； 【小问2详解】 ，∴，， 即，又， ∴数列是等差数列，且该数列首项为，公差为， ∴，，∴． 【小问3详解】 ① ①－②得：， ∴． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且． （1）求A； （2）设D为的中点，若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得结果； （2）由余弦定理和三角形面积公式化简可得结果. 【小问1详解】 由条件及正弦定理得， 整理得，所以． 所以，即． 又A为锐角，．所以，故． 【小问2详解】 在中由余弦定理得，即① 在中由余弦定理得② 由①②消去a，得，即． 因为，所以， 所以． 18. 由四棱柱截去三棱锥后得到如图所示的几何体，四边形是菱形，为与的交点，平面. （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图所示，取中点，连接，， 则由题意且，故四边形是平行四边形， 所以且，故且， 所以四边形是平行四边形，则. 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，根据线面平行的判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可知两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则由题意. 又， ， ， 即，， 所以，，. 设平面的一个法向量为，则， 所以，则，取，则. 设与平面所成角， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 19. 已知函数. （1）当时，，求的最大值； （2）证明：曲线的图象是轴对称图形； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分离参数，结合基本不等式即可求解， （2）根据定义域对称，计算，即可求解， （3）换元，将问题转化为，，，利用导数和分类讨论，即可求解. 【小问1详解】 的定义域为， 由于，即， 由于，故 由于故，当且仅当取到等号， 因此，故， 故 【小问2详解】 的定义域为，关于对称， 任意的，则， 故， 故的图象是轴对称图形，且关于对称， 【小问3详解】 令，则， 记，， 当时，，故， 此时在上单调递减， 故，符合题意， 当时，令，则， 故当时，在单调递增， 当，在单调递减， 故， 由于，故，不符合，故舍去， 综上可得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $