精品解析：福建泉州第一中学2025-2026学年高三上学期数学限时训练（4）2025.10.19

泉州一中2026届高三限时训练（4） 姓名：___________班级：___________座号：___________ 一、单选题 1. 已知，若集合，则“”是“”的（　　） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 2. 已知，的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 16 3. 已知函数是上的增函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知与是方程的两个根，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 若对任意的，且，都有成立，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. e D. 6. 若直线与曲线从左往右仅相交于三点，且，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数 ，满足不等式 的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象，若使成立的a、b有，则下列直线中可以是函数图象的对称轴的是 A. B. C. D. 二、多选题 9. 设，，则（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 苏格兰数学家约翰·纳皮尔（John Napier）发现并证明了当且时．根据约翰•纳皮尔的这个发现以及我们所学的数学知识，关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 有且只有一个极值点 B. 的最小值为 C. 的单调递减区间是 D. 存在两个不相等的正实数a，b，使 三、填空题 12. 已知，，，则_______． 13. 已知函数在上连续可导，满足且，则的解析式为__________. 14. 函数，当时，的零点个数为_____________；若恰有4个零点，则的取值范围是______________. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州一中2026届高三限时训练（4） 姓名：___________班级：___________座号：___________ 一、单选题 1. 已知，若集合，则“”是“”的（　　） A. 充分且不必要条件 B. 必要且不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合的包含关系求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由，得，而，因此或， 所以“”是“”的充分且不必要条件. 故选：A 2. 已知，的值为（ ） A. 4 B. 2 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，结合导数的定义，转化为的值，即可求解. 【详解】因为， 则. 故选：C. 3. 已知函数是上的增函数，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数是上的增函数，每一段函数都为增函数，且在断点处，右边的函数值不小于左边的函数值求解. 【详解】由题意，， 在中，函数在上是增函数， ， 解得. 故选：A. 4. 已知与是方程的两个根，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由一元二次方程根与系数的关系及同角三角函数基本关系式求解． 【详解】与是方程的两个根， ，两边平方得：， ，得． 即． 故选：D． 5. 若对任意的，且，都有成立，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知不等式变形为，令，将问题转化为在上单调递增，利用导数可求得单调性，由此可得的最大值. 【详解】由可得， 由,且,所以，即， 令，则在上单调递增， 所以，令，则, 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以，故. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是将恒成立的不等式变形为同一函数不同函数值之间大小关系的比较问题，通过构造函数的方式，将问题转化为函数在区间内单调的问题. 6. 若直线与曲线从左往右仅相交于三点，且，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求函数的最小正周期，作函数的图象，设，由条件结合函数的图象可得，，解方程求，再求，由此可得结论. 【详解】函数的最小正周期， 作函数的图象，如图所示． 直线与曲线从左往右仅相交于三点，且， 所以， 设， 由，得①， 又因为两点关于直线对称，则②． 由①②可得，于是． 故选：C． 7. 已知函数 ，满足不等式 的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇偶性定义可知为奇函数，利用导数可判断出的单调性，由单调性和奇偶性解不等式可求得结果. 【详解】当时，，则， 当时，，则， 当时，，满足， 所以函数为奇函数， 又时，， ，，，故，而， ，所以在上单调递增， 由函数为奇函数，所以在R上单调递增， 所以不等式等价于， ，即，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：A. 8. 将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象，若使成立的a、b有，则下列直线中可以是函数图象的对称轴的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角函数平移关系求出的解析式，结合成立的有，求出的关系，结合最小值建立方程求出的值即可. 【详解】解：将函数的图象向左平移（）个单位长度后得到函数的图象， 即， 若成立， 即， 即， 则与一个取最大值1，一个取最小值−1， 不妨设， 则， 得， 则， ∵， ∴当时，， 当时，， ， 则或， 即或（舍）， 即， 由， 得， 当时，对称轴方程为. 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数的图象平移，以及三角函数的图象和性质，结合三角函数的最值性建立方程关系求出的大小，结合最小值求出的值是解决本题的关键.考查分析问题解决问题的能力，有一定难度. 二、多选题 9. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合两角差的余弦公式，两角和的余弦公式，同角三角函数关系，两角差的正切公式依次判断每个选项的正误即可. 【详解】对于A，由，，得，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】设，则，，利用幂函数的单调性能求出结果． 【详解】设， 则，可得， 因为，则，则在内单调递减， 所以，，即，. 故选：AB． 11. 苏格兰数学家约翰·纳皮尔（John Napier）发现并证明了当且时．根据约翰•纳皮尔的这个发现以及我们所学的数学知识，关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 有且只有一个极值点 B. 的最小值为 C. 的单调递减区间是 D. 存在两个不相等的正实数a，b，使 【答案】ACD 【解析】 【分析】，构造函数求导，再根据导数的性质判断函数的单调性和极值情况，进而判断选项. 【详解】因为时，， 令，则， 所以时，在上单调递减； 时在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 时取最小值，最小值为，所以正确，B错误． 根据约翰•纳皮尔的发现可知，时的值域是， 又显然时，所以时的值域是， 又因为，所以在区间和上分别存在一个实数a，b，使，所以D正确． 故选：ACD． 三、填空题 12. 已知，，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】由和角正弦公式得，结合已知及平方关系求相关函数值，进而求. 【详解】， 因为，所以，， 由，，所以，， 综上，． 故答案为： 13. 已知函数在上连续可导，满足且，则的解析式为__________. 【答案】 【解析】 【详解】已知，， 根据复合函数求导法则，. 所以， 即. 即（为常数）. 将代入得：，解得，所以. 因为在上连续且， 所以. 14. 函数，当时，的零点个数为_____________；若恰有4个零点，则的取值范围是______________. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】第一空：当时、时可得答案；第二空：至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以；分、、讨论结合图象可得答案. 【详解】第一空：当时，当时，，解得； 当时，，无零点， 故此时的零点个数是1； 第二空：显然，至多有2个零点，故在上至少有2个零点，所以； ① 若恰有2个零点，则，此时恰有两个零点，所以，解得， 此时； ② 若恰有3个零点，则，此时， 所以恰有1个零点，符合要求； ③当时，，所以恰有1个零点， 而至少有4个零点， 此时至少有5个零点，不符合要求，舍去. 综上，或. 故答案为：1；. 【点睛】方法点睛：求零点的常用方法：①解方程；②数形结合；③零点存在定理；④单调+存在求零点个数，复杂的函数求零点，先将复杂零点转化为较简单函数零点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $