精品解析：四川省绵阳市高中"元三维大联考"2026届高三上学期第一次诊断学考试数学试题

“元三维大联考”2023级高三第一次诊断考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级､姓名､考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 一､选择题：本大题共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. 若，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长.若增长为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（ ）（参考数据：） A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 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. 已知定义在上的偶函数可导，的导数为是奇函数，则（ ） A. B. 的一个周期为8 C. D. 的图象关于 对称 10. 已知公比不等于1的等比数列的前 项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 成等差数列 D. 若，则数列的最大项为 11. 已知函数的图象与直线 ，从左往右的连续4个交点依次为，且.则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的可能取值为 B. 若，则 C. 若，则 D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 与4的等差中项为__________. 13. 在 中，，则__________. 14. 已知函数则使不等式成立的 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. 函数的最小正周期为，且. （1）求的解析式； （2）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，求函数在区间上的值域. 16. 设函数. （1）若，写出函数的单调区间； （2）当时，，求实数的取值范围. 17. 已知数列满足：当 时，，且数列为等比数列（为常数），. （1）求常数的值及数列的通项公式； （2）设，求数列的前 项和. 18. 已知函数的图象关于点对称. （1）求 的值； （2）记函数在区间上的最大值为，求及的最小值； （3）若存在实数 ，使得是函数的三个互异零点，求实数 的取值范围. 19. 已知函数. （1）请判断是否可以为偶函数，并说明理由； （2）若在区间上有唯一的极值点和零点分别为. （i）求实数 的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “元三维大联考”2023级高三第一次诊断考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级､姓名､考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 一､选择题：本大题共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. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合 ，再利用交集定义求出. 【详解】，， ，. 故选：C. 2. 若，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意及不等式的性质依次判断各项的正误. 【详解】当且，则，，A、B错， 由题设，则，且，C错，D对. 故选：D 3. 已知，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式直接求出. 【详解】，， ，当且仅当，即时等号成立， 的最大值为2. 故选：B. 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，属于基础题. 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，应用导数的几何意义求切线方程. 【详解】由题设，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 故选：D 5. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，根据 的范围确定导数大于0时 的范围，进而根据充分条件、必要条件的定义确定答案. 【详解】对函数求导得 当时，，此时函数在上单调递增， 所以“”是函数在上单调递增的充分条件； 令，则，即， 因为，所以，所以，经验证当时，此时，在上单调递增，符合题意， 则无法推出， 也就是说，函数在上单调递增推不出“”， 综上，“”是函数在上单调递增的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，应用诱导公式及已知即可求解. 【详解】由， 所以. 故选：B 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于对数函数和指数函数的值比较大小，通常可以利用函数的单调性以及中间值来进行判断. 【详解】因为， 又因为对数函数在上单调递增，且， 所以，即. ，，由于，，且函数在上单调递增， 所以，即. 综合以上两个比较结果，可得. 故选：A 8. 在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长.若增长为原来的2.5倍经过了10天，则增长为原来的5倍需要经过的天数约为（ ）（参考数据：） A. 12 B. 15 C. 18 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知可得，进而可得，利用指对数关系、对数的运算性质、换底公式求n即可. 【详解】若原来蓝藻数量为 ，则，可得， 令经过 天后蓝藻增长为原来的5倍，则，即， 可得天. 故选：C 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. 已知定义在 上的偶函数可导，的导数为是奇函数，则（ ） A. B. 的一个周期为8 C. D. 的图象关于 对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、周期性以及导数的运算法则逐项判断即可. 【详解】因为是奇函数，所以， 令，可得，解得，A错误； 因为是偶函数，则，且， 用代替 可得，即. 又，则，所以，从而有， 所以的一个周期为8，B正确； 因为是偶函数，则，两边求导得， 所以是奇函数，所以，C正确； 由，两边同时对 求导得， 即，所以函数的图象关于直线 对称，D正确. 故选：BCD 10. 已知公比不等于1的等比数列的前 项和为，且成等差数列，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 成等差数列 D. 若，则数列的最大项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题可根据等比数列的通项公式及前 项和公式，结合等差数列的性质来逐一分析选项. 【详解】选项A：设等比数列的公比为（）， 由成等差数列，则，即， 因为，所以. 令，方程变为，解得或（，所以，舍去），即，故选项A正确； 选项B：若，则，故选项B错误； 选项C：等比数列前 项和公式为且， ，， 因为，， 所以，故成等差数列，选项C正确； 选项D：若，由得. 等比数列的项为： ，，， …… 可见偶数项为正，奇数项为负，且，所以正项的绝对值逐渐减小， 即，因此数列的最大项为，故选项D正确. 故选：ACD 11. 已知函数的图象与直线 ，从左往右的连续4个交点依次为，且.则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的可能取值为 B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正弦型函数的性质及和角正弦公式判断A、B；根据题设及正弦型函数的图象分析等量关系，结合三角恒等变换及诱导公式得到参数关系式，进而判断C、D. 【详解】对于A，由恒成立，且，可得， 即，故的可能取值为，故A正确； 对于B，由，则， 即，可得， 所以，而当时，，故B错误； 对于C，由题设，且的最小正周期，如下图所示， 所以，且， 所以， 即，则， 所以，则， 综上，，则， 因，而，故，故C正确； 对于D，由，且的最小正周期， 所以，则， 所以， 所以， 即，则， 不妨令，，而， 而为锐角，所以且为钝角， 则，故D错误. 故选：AC 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 与4的等差中项为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】应用等差中项的性质求解. 【详解】若 与4的等差中项为，则. 故答案为：1 13. 在 中，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由同角三角函数关系得到，由诱导公式和正切的和角公式得到答案. 【详解】，故，， 又， 故. 故答案为： 14. 已知函数则使不等式成立的 的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由分段函数的解析式分、 、 三种情况讨论可得. 【详解】因为，所以，所以， 当时，，不符合题意； 当 时，； 当 时，，即， 综上 的取值范围是. 故答案为：. 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. 函数的最小正周期为，且. （1）求的解析式； （2）将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，求函数在区间上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据周期公式得，进而由得，再根据即可求得答案； （2）根据函数图象平移得，再根据三角函数的性质求值域即可. 【小问1详解】 解：因为函数的最小正周期为， 所以，解得， 因为， 所以，即， 因为，所以， 所以， 【小问2详解】 解：因为函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象 所以， 因为，所以， 所以，当，即时，有最大值 ； 当，即时，有最小值； 所以，函数在区间上的值域为 16. 设函数. （1）若，写出函数的单调区间； （2）当时，，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为、. （2）. 【解析】 【分析】（1）将函数式改写为，结合二次函数的性质确定单调区间； （2）由题设，问题化为上，利用对勾函数及复合函数的性质判断相关函数的区间单调性，进而求最值，即可得. 【小问1详解】 由题设，即， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为、. 【小问2详解】 由题设，在上恒成立，则恒成立， 所以，只需， 由在上单调递增，在上单调递减，故， 由在上单调递减，故， 所以. 17. 已知数列满足：当 时，，且数列为等比数列（为常数），. （1）求常数的值及数列的通项公式； （2）设，求数列的前 项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设数列公比为，进而待定系数得再根据等比数列的通项公式求解即可得的通项公式； （2）结合（1）得，再根据分组求和与错位相减法求解即可. 【小问1详解】 解：因为数列为等比数列（为常数），设公比为， 所以，当 时，，即， 因为， 时，， 所以,解得 所以， ， 又，， 所以是等比数列，公比为，首项为， 所以，即 【小问2详解】 解：由（1）知， 令的前 项和为， 则 ， 两式相减得：， 所以 所以数列的前 项和. 18. 已知函数的图象关于点对称. （1）求 的值； （2）记函数在区间上的最大值为，求及的最小值； （3）若存在实数 ，使得是函数的三个互异零点，求实数 的取值范围. 【答案】（1） （2）；最小值为 . （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得 的值，得到答案； （2）求得，得到在上为单调递增函数，分类讨论，即可求解； （3）根据题意，得到是函数的一个零点，求得，化简得，令，转化为有两个不同的实数根，且，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 由函数的图象关于点对称， 可得，即， 整理得，解得，此时函数， 经验证：函数满足，所以. 【小问2详解】 由（1）知，函数，可得， 根据二次函数的性质，可得在上为单调递增函数， 当时，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递增函数，所以； 当，即，此时在上恒成立， 所以函数在为单调递减函数，所以； 当且时，时，在存在， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 又由且， 当时，，此时， 当时，，此时， 综上可得，当时，；当时，， 所以，所以. 【小问3详解】 由函数， 可得， 因为是函数的一个零点，可得，可得， 所以， 可得 令， 因为是函数的三个互异零点， 则有两个不同的实数根，且， 则，整理得， 又由，即，即， 因为存在实数 ，使得是函数的三个互异零点， 所以，即 又由当时，总存在实数a使得成立， 所以实数 的取值范围为. 19. 已知函数. （1）请判断是否可以为偶函数，并说明理由； （2）若在区间上有唯一的极值点和零点分别为. （i）求实数 的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）不为偶函数， 理由如下：若为偶函数，则只需要， 即恒成立， 即恒成立， 而该等式显然对任意实数不恒成立，故不为偶函数； （2）（i）； （ii）证明：要证：，由， 即证：， 即，令， 由（i）知，即证当时，恒成立， 令， 即证：在恒成立，注意到， ， ，且， 又由，知， ，且， 令，， 则，且， 令，， 则，当且仅当时等号成立， 则恒成立， 在单调递减，故， 在单调递减，故； 在单调递减，故， 故原不等式成立． 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的定义得到方程，再根据方程特点判断即可； （2）（i）求导得，再多次求导后对 进行分类讨论，最后利用隐零点法和零点存在性定理即可判断； （ii）等价转化为证明当时，恒成立，再次设新函数，多次求导，逐层传递即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）， ， 令， ，则， ， 令， ，则， ， 又 ，则， 则在上单调递增，即在上单调递增， ①当时，，对恒成立， 在上单调递增，， 在上单调递增，， 在上无极值点，也没有零点，不满足题意； ②当时，，又在上单调递增， 且当，，因此，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， ，又时，， 由零点存在性定理知：，使， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 在有唯一的极值点， 又且当时，， 由零点存在性定理知：，使， 在有唯一的零点， 综上所述：，满足题意； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $