江苏省如东高级中学2026-2027学年高三上学期数学周练二8.8

**基本信息** 立足高三一轮复习，以函数与导数为核心，融合科技情境与逻辑推理，梯度设计适配周测诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、函数性质、导数几何意义|第5题结合动力电池技术，用经验公式考查对数运算，体现数学应用| |多选题|3/18|指数运算、函数零点、单调性|第11题综合奇偶性与单调性判断，渗透逻辑推理| |填空题|3/15|指对数运算、函数不等式、最值|第14题换元法转化求最值，考查数学抽象| |解答题|5/77|函数方程、立体几何、导数应用|17题三问分层设计恒成立与存在性问题，19题新定义背景下考查函数单调性，凸显创新思维|

如东中学2027届高三第一学期数学周练(2) 命题： 2026/08/08 一、选择题: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．若“”是假命题，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．已知函数的定义域为，设甲：，乙：不是减函数，则（ ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 3．已知函数的导函数为，且，则（    ） A．1 B．2 C．e D． 4．设函数，函数的图像经过第一､三､四象限，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（    ） A．1.25 B．1.75 C．2.25 D．2.55 6．设非空数集同时满足条件：①中不含元素；②若，则.则下列结论正确的是（    ） A．集合中至多有2个元素 B．集合中至多有3个元素 C．集合中至少有4个元素 D．集合中至少有5个元素 7．已知函数，若存在两相异实数使，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知定义在R上的函数满足：为奇函数，，且对任意，都有，则（    ） A． B． C． D．1 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，则（    ） A． B． C． D． 10．已知，若存在，使得，则下列结论正确的有（    ） A．实数的取值范围为 B． C． D．的最大值为 11．已知函数，则（ ） A． B．是的极值点 C．当时， D．当时， 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．计算： ________. 13．已知函数，且，则实数的取值范围为___________． 14．若实数满足，则的最小值为_______． 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．（13分） 已知且． (1)若，解关于的方程； (2)若，求的取值范围． 16．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)设为棱PD上一点，若平面ABC与平面EAC的夹角的正弦值为，求. 17．（15分） 已知函数. (1)当时，若对于恒成立，求实数的取值范围； (2)当时，若对于任意恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得与同时成立，求的取值范围. 18．（17分） 已知 (1)当时，解关于的不等式； (2)若有两个零点，求的值； (3)当时，的最大值，最小值为，若，求的取值范围. 19．（17分） 已知函数的定义域是D，对于，定义集合. (1)已知函数，求； (2)已知函数，且，求实数m的取值范围； (3)若函数，对任意的，，且，都有，求实数a的值. 如东中学2027届高三第一学期数学周练(2) 命题： 2026/08/08 一、选择题: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．若“”是假命题，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用特称命题及其否定形式的真假结合二次不等式恒成立问题计算即可. 【详解】由特称命题的否定形式及真假可知： “”为假则其否定形式“”为真命题， 显然当时符合题意， 当时，由一元二次不等式的恒成立问题得，解之得， 综上可得. 故选：B 2．已知函数的定义域为，设甲：，乙：不是减函数，则（ ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【分析】根据减函数定义判断充分性，举特例可判断必要性. 【详解】充分性：如果，那么不是减函数，因为减函数要求增大时减小， 所以甲能推出乙，即甲是乙的充分条件； 必要性：不是减函数，它可能是增函数、常函数、或非单调函数， 如果，则，不满足， 所以乙不能推出甲，即甲不是乙的必要条件； 综上，甲是乙的充分条件但不是必要条件， 故选：A. 3．已知函数的导函数为，且，则（    ） A．1 B．2 C．e D． 【答案】D 【分析】要解决这个问题，可以通过换元法先求出函数的表达式，再对其求导，最后代入计算出最后结果。 【详解】已知，令（），由对数的定义，由可得，代入得： ，即， 对其求导得，将代入得. 故选：D. 4．设函数，函数的图像经过第一､三､四象限，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求得，化简得到，结合指数函数的性质，即可求解. 【详解】由函数的图像经过第一､三､四象限，可得， 所以， 又因为，所以的取值范围为. 故选：A. 5．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（    ） A．1.25 B．1.75 C．2.25 D．2.55 【答案】C 【分析】利用经验公式将数据代入构造方程组，再由对数运算法则可解得常数. 【详解】根据题意由可得， 两式相除可得，即可得， 两边同时取对数可得，即可得； 即. 故选：C 6．设非空数集同时满足条件：①中不含元素；②若，则.则下列结论正确的是（    ） A．集合中至多有2个元素 B．集合中至多有3个元素 C．集合中至少有4个元素 D．集合中至少有5个元素 【答案】C 【分析】由题意可求出都在中，然后计算这些元素是否相等，继而判断的元素个数的特点. 【详解】因为若，则，所以，， 则， 当时，4个元素中，任意两个元素都不相等， 所以集合中至少有4个元素， 故选：C 7．已知函数，若存在两相异实数使，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意，是方程的两个不等实数根，利用根与系数的关系把化为含有的代数式，令，进一步转化为关于的二次函数，再由配方法求最值. 【详解】由题意，当， 有， ， 是方程的两个不等实数根， ，， 而， ，即， ， 令，则， 则当时，有最小值且为. 故选：B 8．已知定义在R上的函数满足：为奇函数，，且对任意，都有，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】D 【分析】由题设可得、，根据有，结合、即可求解. 【详解】由题设，则， 所以，即关于对称，又，则， 由于，又任意都有， 所以， 由，故， 而，故，故. 综上，. 故选：D 【点睛】关键点点睛：根据已知条件得到，结合对称性和递推关系求得. 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，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，利用指数运算逐项计算判断. 【详解】对于A，由，得，则，A正确； 对于B，由，得，则，B正确； 对于C，由，得，于是，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 10．已知，若存在，使得，则下列结论正确的有（    ） A．实数的取值范围为 B． C． D．的最大值为 【答案】AC 【分析】画出的图象，数形结合得到，且，关于，，再运用基本不等式求出的最大值，得到AC正确. 【详解】画出的图象，如下： 要想与有三个不同的交点，需要，A正确； 由题意可知，且关于对称， 故，B错误，C正确； 则，解得：，当且仅当时等号成立， 但，故等号取不到， 故，D错误， 故选：AC. 11．已知函数，则（ ） A． B．是的极值点 C．当时， D．当时， 【答案】ACD 【分析】直接求的值可判断选项A，利用导数分析函数的单调性，可判断选项B,C；分析函数的对称性并结合单调性可判断选项D. 【详解】选项A：由题可知：，所以选项A正确； 选项B：由得函数的定义域为， 在上恒成立，所以函数单调递增，没有极值点，所以选项B错误； 选项C：当时，因为，所以，由选项B知，函数单调递增，所以，所以选项C正确； 选项D：因为函数， 所以， 所以，所以. 当时，，即，由选项B知函数单调递增，所以，所以所以选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．计算： ________. 【答案】 【分析】结合指数幂和对数的运算性质，计算即可. 【详解】由题意，. 故答案为：. 13．已知函数，且，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】求出函数的对称轴，判断出单调性，利用单调性解不等式即可. 【详解】， 令，则，， 所以， 所以为偶函数， 故的图象关于直线对称，所以， 又， 当时，，即，所以，即， 所以在上单调递增，由对称性可知，在上单调递减. 所以等价于或， 解得，或，又，所以或. 故实数的取值范围为. 故答案为：． 14．若实数满足，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】利用换元法结合函数的性质化简已知等式求出的关系，再利用基本不等式求出的最小值. 【详解】令，，则，， 由题知，则， 所以， ， 所以 令，则，， 则，当且仅当，即时取等号. 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．（13分） 已知且． (1)若，解关于的方程； (2)若，求的取值范围． 【答案】(1)或. (2) 【分析】（1）利用对数运算将方程进行化简，然后将视作为整体，解方程即可； （2）根据函数单调性的情况，分情况讨论求解实数a的取值范围. 【详解】（1）时，， ， 方程，即，化简得， 所以或，解得或. （2）， ①当时，函数在上单调递减， 故，解得：，此时； ②当时，函数在上单调递增， 故，解得：， 综上可得的取值范围为. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，. (1)求证：平面； (2)设为棱PD上一点，若平面ABC与平面EAC的夹角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证； （2）分析垂直关系，建立恰当的空间直角坐标系，根据平面与平面夹角的向量求法可解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以. 因为，所以. 因为所以. 因为，所以. 所以，所以. 因为平面，，所以平面. （2）因为平面，平面，所以. 因为，所以.所以三线两两垂直. 如图所示，分别所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则所以. 设，则，. 设平面EAC的法向量为，则， 所以，令则. 由题易知是平面的一个法向量， 所以，解得. 所以，即. 17．（15分） 已知函数. (1)当时，若对于恒成立，求实数的取值范围； (2)当时，若对于任意恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得与同时成立，求的取值范围. 【答案】(1)或. (2) (3). 【分析】（1）先求得在区间上的最大值，由此列不等式来求得的取值范围. （2）对进行分类讨论，将问题转化为求在区间的最小值、在区间的最大值，由此来求得的取值范围. （3）对，利用判别式进行判断.对，对进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围. 【详解】（1）因为，所以. 因为对于恒成立，等价于的最大值. 因为在区间上单调递减， 所以在区间上的最大值为. 所以，即，解得，或. 所以实数的取值范围是或. （2）因为对于任意恒成立， 等价于在区间的最小值在区间的最大值. 因为，所以在区间的最大值是0. 因为，所以对称轴. ①当时，在区间的最小值为. 所以，解得. 所以的取值范围是. ②当时，在区间的最小值为. 所以，解得. 所以的取值范围是. ③当时，在区间的最小值为. 所以，解得.不符合. 由①②③得，的取值范围是. （3）因为函数的图象开口向上，且存在，使得成立， 所以方程的判别式，解得，或. ①当时，因为存在，使得成立， 所以，即. 因为在区间上单调递增，且 所以当时，不存在，使得成立. ②当时，因为存在，使得成立， 所以，即. 因为存在，使得成立， 所以，即，解得. 由①②得，的取值范围是. 【点睛】易错点睛： 分类讨论中的边界处理：在对区间进行分类讨论时，容易因为边界条件的疏忽而遗漏一些特殊情况. 在每次分类讨论后，要检查所有可能的边界情况，确保结论的完整性. 判别式的应用：在使用判别式判断方程解的存在性时，容易因为符号处理不当而得出错误结论. 特别是在讨论判别式大于零或小于零时，注意每一个推导步骤的逻辑严密性. 18．（17分） 已知 (1)当时，解关于的不等式； (2)若有两个零点，求的值； (3)当时，的最大值，最小值为，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【分析】（1）将代入，然后取消绝对值解不等式即可； （2）先根据题意取消绝对值，然后判断的单调性，由，有两个零点可得，进而求的值，从而利用求即可. （3）先取消绝对值写出单调性，易得，，然后对进行分类，分别求最大值和最小值为的值，从而由解不等式可得实数的取值范围. 【详解】（1）当时， 或，所以或 于是不等式的解集为. （2）， 当时，的对称轴为， 所以在单调递减，在上单调递增； 当时，的对称轴为， 所以在单调递增； 综上所述，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，有两个零点， 所以，即又，得. 于是， 由，解得，， 所以. （3）， 当时，在递增，在递减，在递增， ， 当时，在上递增， 所以，， 由，得，不满足， 当，即时，，则， 所以， 则，， 由，得，则， 得， 所以， 当，即时，由，则， 所以， 所以，， 由，得，得，所以， 综上，的取值范围为 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问解题的关键是先求出的单调性，再由，分分，和三种情况求出的最值，再由可求出的取值范围. 19．（17分） 已知函数的定义域是D，对于，定义集合. (1)已知函数，求； (2)已知函数，且，求实数m的取值范围； (3)若函数，对任意的，，且，都有，求实数a的值. 【答案】(1) (2) (3)2 【分析】（1）根据新定义，求出，解不等式，得解； （2）求出，解不等式，分，，讨论，结合判断得解； （3）根据题意，可得在定义域上单调递增，即，对恒成立，利用导数运算求解. 【详解】（1）因为，所以，即， ，即，解得或， 所以. （2）因为， 所以，即，即， ①当，即时，上面不等式的解集为， 因为，所以，则，即， 所以； ②当，即时，不等式的解集为，满足； ③当，即时，不等式的解集为， 不满足，不合题意. 综上，满足的实数的取值范围为. （3）由题，对任意的，且，都有， 若，则，即由，则， 所以，结合，可知在定义域上单调递增， 即对恒成立，又（*）， 即，对恒成立， 令，则，则由（*）可得， 令，，问题转化为，对恒成立， 因， 若，在上恒成立，即在上单调递增， 又时，，不满足，对恒成立； 若，令，得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以在处取得最小值，为， 因为恒成立，所以， 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以在处取得最大值为， 因此，不等式当且仅当时成立，此时对恒成立， 所以实数的值为2. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $