精品解析：四川省泸州市泸县第一中学2024-2025学年高三上学期第一阶段考试数学试题

泸县一中高2022级2024年秋期第一阶段考试 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 3. 在中，点在边上，，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 已知某种食品保鲜时间与储存温度有关，满足函数关系(为保鲜时间，为储存温度)，若该食品在冰箱中0的保鲜时间是144小时，在常温20的保鲜时间是48小时，则该食品在高温40的保鲜时间是（ ） A. 14小时 B. 16小时 C. 18小时 D. 20小时 6. 正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（ ） A. 7 B. 5 C. 4 D. 3 7. 已知函数的定义域为，且满足，的导函数为，函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 8. 已知函数的值域为R，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分或4分，有选错的得0分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 的充要条件是 C. D. ，是的充分不必要条件 10. 已知函数，则以下说法正确的是（ ） A. ，使得为偶函数 B. 若的定义域为R，则 C. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 D. 若的值域是，则 11. 已知函数，若存在实数使得方程有四个互不相等的实根，，，，且，则下列叙述中正确的有（ ） A. B. C. D. 有最小值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ______． 13. 函数的定义域为_____________________. 14. 已知函数，设，若，则的取值范围是____________. 四、解答题（本大题共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. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围； 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列为等差数列； （2）若，，成等比数列，求的最大值． 17. 已知函数，的最小值为． （1）求． （2）是否存在实数，，且，使得当的定义域为时，的值域为，若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知，，（且）. （1）若，，解不等式； （2）若. （ⅰ）当时，判断函数的奇偶性，并说明理由； （ⅱ）当时，若的最小值为，求的值． 19. 对于函数，如果存在实数，使得函数，那么我们称为的“函数”． （1）已知，试判断是否为的“函数”．若是，请求出实数的值；若不是，请说明理由； （2）已知为的“函数”且．若关于的方程有解，求实数的取值范围； （3）已知为的“函数”（其中），的定义域，当且仅当时，取得最小值4．若对任意正实数，且，不等式恒成立，求实数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县一中高2022级2024年秋期第一阶段考试 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式化简集合或，即可利用集合的补集以及交集定义求解. 【详解】由可得或， 故， 故， 故选：C. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据除法运算求得，再利用模长公式运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：C. 3. 在中，点在边上，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量加法的三角形法则得，根据可得到与的关系. 【详解】由题意得，点为线段上靠近点的三等分点，如图所示： . 故选：B. 4. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求的定义域，再判断奇偶性，最后取特殊值判断即可. 【详解】的定义域为，定义域关于原点对称， 因为, 所以是奇函数，排除C选项； 取，则； 取，则，排除B、D选项； 故选：A. 5. 已知某种食品保鲜时间与储存温度有关，满足函数关系(为保鲜时间，为储存温度)，若该食品在冰箱中0的保鲜时间是144小时，在常温20的保鲜时间是48小时，则该食品在高温40的保鲜时间是（ ） A. 14小时 B. 16小时 C. 18小时 D. 20小时 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知的两组温度与对应保鲜时间列出方程组，求解得到与的值，整体代入计算时的保鲜时间即可. 【详解】依题意，将已知条件代入函数可得： 当时，， 当时，，将代入，解得， 当时，，将、代入得： . 6. 正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（ ） A. 7 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比中项的性质结合等差数列通项公式列方程，舍去不符合正项条件的解即可求得公差. 【详解】因为，公差为，所以，， 由题意可得：， 即 ， 化简整理得， 解得或， 因为数列是正项等差数列，及公差，故. 7. 已知函数的定义域为，且满足，的导函数为，函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两边求导得，再根据为奇函数得，由对称性得出是周期为2的周期函数，即可求解． 【详解】由两边求导得，，即， 因为为奇函数， 所以，即， 所以关于中心对称， 所以，变形得，且， 由，得，变形得， 所以，则， 所以是周期为2的周期函数，则， 故选：A． 8. 已知函数的值域为R，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的函数值集合，再由分段函数值域的意义求出a的范围作答. 【详解】当时，，而函数在上单调递增，又是增函数， 因此函数在上单调递增，，即函数在上的值域为， 当时，函数的值域为，而函数的值域为R，因此， 而当时，，必有，解得， 所以a的取值范围是. 故选：C 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分或4分，有选错的得0分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 的充要条件是 C. D. ，是的充分不必要条件 【答案】AD 【解析】 【分析】由存在量词命题的否定形式并判断其真假即可判断A；由充分、必要条件的定义即可判断B，D；根据全称量词命题的真假的判断方法判断C. 【详解】对于A，命题“”的否定是：，故A正确； 对于B，取，满足，但此时无意义，故B错误； 对于C,,故C错误. 对于D，当时，有成立，而，但不成立， 即由不能得到，所以是的充分不必要条件，故D正确. 故选：AD 10. 已知函数，则以下说法正确的是（ ） A. ，使得为偶函数 B. 若的定义域为R，则 C. 若在区间上单调递增，则的取值范围是 D. 若的值域是，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据偶函数满足，可判断A正确； 根据定义域为，可得恒成立，可判断B正确； 根据复合函数单调性，结合二次函数和对数函数性质，可判断C错； 根据函数值域，确定的最小值为，进而可判断D正确. 【详解】A选项，若为偶函数，则，即，则，所以，故A正确； B选项，若的定义域为，则恒成立，只需，解得，故B正确； C选项，若在区间上单调递增，根据复合函数单调性，只需在区间上单调递减，且恒大于零，因此，解得，故C错； D选项，若的值域是，即的最大值为，因此只需的最小值为，所以，解得，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，若存在实数使得方程有四个互不相等的实根，，，，且，则下列叙述中正确的有（ ） A. B. C. D. 有最小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意画出图象，利用数形结合可判断A选项；由韦达定理可得，可判断B选项；结合且，利用基本不等式可判断C选项；由，得，进而利用二次函数的最小值可判断D选项． 【详解】根据题意画出图象，如图所示： 对于A：由图象可得，故A正确； 对于B：因为，是的两个实数根， 所以，即，故B错误； 对于C：因为且，即， 所以，即，，故C正确； 对于D：因为， 所以， 又，因此时取得最小值，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据指、对数运算法则，以及对数的恒等式运算求解. 【详解】由题意可得：原式 . 故答案为：4. 13. 函数的定义域为_____________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的函数，列出不等式组求解即得. 【详解】函数有意义，，解得， 所以所求函数的定义域为. 故答案为： 14. 已知函数，设，若，则的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件可得a与b的关系，则，令，化简为二次函数，再利用二次函数的性质求出值域即可. 【详解】因为函数f(x)在区间，上都是单调递增函数， 若，，，满足， 必有，则，得， 所以，，令， 令，在上递增，，， 所以. 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围； 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）利用求导判断函数单调性，即可求得极值； （2）由恒成立，转化为恒成立，继而结合求导得出的最小值即可. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 则， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值，无极大值. 【小问2详解】 因为恒成立，得，， 令，，则， 当，，当时，， 即函数在上递减，在上递增， 因此，则， 所以的取值范围为. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列为等差数列； （2）若，，成等比数列，求的最大值． 【答案】（1）证明如下： 数列满足①， 当时，有②， ①②可得：， 即， 变形可得， 故数列是以为等差的等差数列； （2） 【解析】 【分析】（1）根据作差得到，结合等差数列的定义证明即可； （2）根据等比中项的性质及等差数列通项公式求出，即可得到的通项公式，结合的单调性及求和公式计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知数列是以为等差的等差数列， 若，，成等比数列，则有， 即，解得， 所以， 所以单调递减，又当时，，当时，，当时，， 故当或时，取得最大值， 且． 17. 已知函数，的最小值为． （1）求． （2）是否存在实数，，且，使得当的定义域为时，的值域为，若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）． （2） 假设存在实数，，且，使得当的定义域为时，的值域为． 当时，易得在上为减函数， 所以，即 两式相减，得 又，所以． 而当时，，这与矛盾． 故满足条件的实数，不存在． 【解析】 【分析】（1）利用换元法以后对进行分类讨论，得出分段函数的解析式； （2）假设存在满足条件，利用函数单调性分析可推出矛盾，进而证明不存在. 【小问1详解】 令，则时，， 所以，， 该函数的图象开口向上，对称轴为， 当时，函数在上为减函数， 所以函数在处取得最小值，最小值为； 当时，函数在处取得最小值，最小值为； 当时，函数在上为增函数， 所以函数在处取得最小值，最小值为， 所以． 【小问2详解】 略 18. 已知，，（且）. （1）若，，解不等式； （2）若. （ⅰ）当时，判断函数的奇偶性，并说明理由； （ⅱ）当时，若的最小值为，求的值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）为偶函数，理由如下： 若，则, 由，可得，即函数的定义域为，关于原点对称， 又， 所以函数为定义在上的偶函数. （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）时，由，可得，根据对数函数的单调性即可求解； （2）（ⅰ）时，，判断其奇偶性即可； （ⅱ）时，函数的定义域为，且，根据二次函数及对数函数的性质分类讨论即可求解. 【小问1详解】 若，则，， 由，可得. 因为，所以，解得. 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）当时，， 令，解得，即函数的定义域为. 又 . 因为，所以，所以， 所以. 因为且， 所以当时，， 因为的最小值为，所以，解得. 当时，，不存在最小值，舍去. 综上所述，. 19. 对于函数，如果存在实数，使得函数，那么我们称为的“函数”． （1）已知，试判断是否为的“函数”．若是，请求出实数的值；若不是，请说明理由； （2）已知为的“函数”且．若关于的方程有解，求实数的取值范围； （3）已知为的“函数”（其中），的定义域，当且仅当时，取得最小值4．若对任意正实数，且，不等式恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）存在， （2） （3）10 【解析】 【分析】（1）根据“函数”的定义，利用多项式相等，列方程组求解. （2）先明确的解析式，再用分离变量的方法得到：，结合二次函数的值域，可求参数的取值范围. （3）先明确的解析式，再利用基本（均值）不等式，求的取值范围. 【小问1详解】 若是的“函数”， 所以， 则，解得， 所以存在，使得是为的“函数”． 【小问2详解】 由题意可知：， 对于方程，即，即， 令，则，则， 对于，可知的图象开口向上，对称轴为， 可得，则，即，所以实数的取值范围． 【小问3详解】 由题意可知：， 则，当且仅当，即时取等号， 结合题意：，解得， 所以，可得恒成立， 所以 又， 所以：（当且仅当时取“”） 所以. 故的最大值为10． 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”. （1）“一正”就是各项必须为正数. （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值. （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $