重庆市南开中学2025届高三上学期8月第一次质量检测数学试题（解析版）

这是一份重庆市南开中学2025届高三上学期8月第一次质量检测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题 共58分）
一、单项选择题：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. 已知集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知求解，化简集合N后再由交集运算得答案．
【详解】∵集合，，
∴，又＝{0,1}，
∴()∩N＝{0,1}．
故选：C．
2. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用换底公式及对数的运算性质得到，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】因为，若，
则，则，所以或(舍去).
因此“”是“”的充要条件.
故选：C．
3. 是定义在上奇函数，当时，；则不等式的解集（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由是定义在上的奇函数得，分、可得、得的解，
再由得或，解不等式组可得答案.
【详解】是定义在上的奇函数，，
当时，，且，
时，由得，由得，
时，由得，由得，
由得或，
当时，无解，
当时，，
故选：B．
4. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性单调性与函数值符号确定函数的图象.
【详解】由，得，所以的定义域为.
又，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误；
因为，所以当时，，所以，
且在定义内为增函数，故A，D错误.
对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确.
故选:C
5. 在同一直角坐标系内，存在一条直线，使得函数与函数y=gx的图象关于直线对称，就称函数是函数的“轴对称函数”．已知函数（是自然对数的底数），则下列函数不是函数的“轴对称函数”的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称分析AB；根据中心对称分析判断C；根据反函数的性质判断D.
【详解】对于选项A：因为，可知与关于对称，不合题意；
对于选项B：因为，可知与关于对称，不合题意；
对于选项C：因为与关于原点对称，不是轴对称函数，符合题意；
对于选项D：与关于对称，不合题意；
故选：C．
6. 设，函数，若恰有三个不同的零点，且是其中的一个零点，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由函数奇偶性的判定得出为偶函数，则得出，再根据列出方程，求解即可．
【详解】因为，且定义域为，
所以偶函数，则也为偶函数，
又恰有三个不同的零点，
所以有，即，
所以，
同除以得，，设，
当时，不成立；
当时，，解得，则，；
当时，，解得不合题意舍去，
所以，
故选：B．
7. 已知，是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶函数构造方程组求出的解析式，再根据题意得到在单调递增，分类讨论即可求解.
【详解】由题意可得，
因为是奇函数，是偶函数，
所以，
联立，解得，
又因为对于任意的，都有成立，
所以，
所以成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
（1）若，则对称轴，解得；
（2）若，则在单调递增，满足题意；
（3）若，则对称轴恒成立；
综上，.
故选：D.
8. 设，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数、和，其中，利用导数得到它们的单调性即可比较出三者大小关系.
【详解】由已知可得，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
综上，
设，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以，
所以
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先对进行合理变形得，再通过构造函数、和，利用它们的单调性即可比较三者大小关系.
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. 下列式子中最小值为4的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于ABD，利用基本不等式运算求解；对于C，运用对数运算及二次函数的最值可判断．
【详解】对于选项A：，
当且仅当，即当且仅当时等号成立，
但不成立，所以的最小值不为4，故A错误；
对于选项B：因为，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，故B正确；
对于选项C：
，
当时，取得最小值4，故C成立；
对于选项D：由题意，
则，
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确．
故选：BCD．
10. 已知函数，，，函数的图象在点处的切线与在点处的切线互相垂直，且分别与轴交于、两点，则（ ）
A. 为定值B. 为定值
C. 直线的斜率取值范围是D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合导数的几何意义可得，即可判断AB；结合基本不等式可判断C；结合直线方程及两点间距离公式可得，化简可判断D.
【详解】当时，，导数为，
可得在点处的斜率为，
切线AM的方程为，
令，可得，即，
当时，，导数为，
可得在点处的斜率为，
令，可得，即，
由的图象在A，B处的切线相互垂直，可得，
即为，故A正确，B错误；
直线的斜率，
因为，所以上面不等式中的等号不成立 ，故C正确；
，
，故D正确.
故答案为：ACD.
11. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 函数的值域为
B. 函数的图象关于点成中心对称图形
C. 函数的导函数的图象关于直线对称
D. 若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助指数函数的值域求解判断A；利用给定定义计算判断B；利用复合函数求导法则结合对称性判断C；利用中心对称的性质计算判断D.
【详解】对于A，显然的定义域为R，，则，即函数的值域为，A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】因为，
所以，
所以函数在区间上单调递增，
即在上恒成立，
显然，所以问题转化为在上恒成立，
设，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
故，
所以的最小值为：.
故答案为：.
13. 已知函数，正数满足，则的最小值为______．
【答案】12
【解析】
【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式求解即可．
【详解】因为定义域为，又，
所以为奇函数，有，
又，所以，即，
又因为为正数，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：12．
14. 已知函数，且，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的零点定义，可以得到关于的两个等式，结合对数与指数的恒等变形公式，构造新函数，结合导数的性质，利用新函数的单调性得到之间的关系，最后对进行转化为关于的式子，最后构造新函数，利用导数的性质求出最值即可.
【详解】由，可得，
因，所以，，显然，
由，
构造函数在上单调递增，
由，
而在上单调递增，所以有，
因此，设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数零点的定义得到等式，然后利用同构思想，结合导数的性质进行求解.
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. 已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【小问1详解】
（），
当时，由于，所以f'x>0恒成立，从而在0,+∞上递增；
当时，，f'x>0；，f'x<0，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，
当时，h'x>0，当时，h'x<0，
所以，解得：，
所以的最小值为.
16. （2018届江苏省泰州中学高三10月月考）已知二次函数关于实数的不等式的解集为.
(1)当a>0时,解关于的不等式
(2)是否存在实数使得关于的函数的最小值为若存在,求实数的值;若不存在,说明理由.
【答案】(1)见解析；(2).
【解析】
【详解】(1)由不等式的解集为知关于的方程的两根为和且
由根与系数的关系,得
所以所求不等式化为
①当0②当时,所求不等式化为解得且
③当时,所求不等式化为且解得或
综上所述，当时,所求不等式的解集为或
当时,所求不等式的解集为或.
(2)假设存在满足条件的实数，由(1)得,
,
令,则,
对称轴为,
因为所以,
所以函数上单调递减,
所以当时取得最小值，为,
解得.
17. 掷两颗骰子，观察掷得的点数．
（1）设A：掷得的两个点数之和为偶数，B：掷得的两个点数之积为偶数，判断A、B是否相互独立．并说明理由；
（2）已知甲箱中有3个白球，2个黑球；乙箱中有2个白球，3个黑球．若掷骰子所得到的两个点数奇偶性不同，则从甲箱中任取两个球；若所得到的两个点数奇偶性相同，则从乙箱中任取两个球、求取出白球个数的分布和期望．
【答案】（1）不相互独立
（2）分布列见解析，期望为1.
【解析】
【分析】（1）利用古典概率结合组合计数问题求出，再利用相互独立事件的定义判断即得.
（2）求出取得白球个数的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
小问1详解】
依题意，，，
显然，
所以、不是相互独立的.
【小问2详解】
两个点数奇偶性不同的概率为，两个点数奇偶性相同的概率也是，
记取出白球的个数为，则可能的取值为：0，1，2，
，，
，
所以的分布为：
期望.
18. 已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
（1）求轨迹的方程；
（2）在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
（3）过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）
（2）存在，或(
（3）
【解析】
【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；
（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2-2=0，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.
【小问1详解】
设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
【小问2详解】
当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
【小问3详解】
将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2-2=0，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：
第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积.
19. 对于正实数a，，我们熟知基本不等式：，其中为a，b的几何平均数，为a，b的算术平均数．现定义a，b的对数平均数：．
（1）设，求证：；
（2）证明；
（3）若不等式对任意正实数恒成立，求正实数m的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用其单调性可证得推理即得；
（2）将待证式等价转化成，设，则，利用（1）的结论证明即可；
（3）将题设不等式等价转化成，设，则，将问题化成在时恒成立.，设，分类讨论其导函数的零点情况，探讨函数的值域情况即得.
【小问1详解】
设，则，
故当时，恒成立，即在上单调递减，又，故时，
即时，，即得证.
【小问2详解】
要证，需证，因，故只需证，，即证，.
设，则，由（1）可得，即得，
故得证.
【小问3详解】
由不等式对任意正实数恒成立可得，
，即恒成立.
设，则，则有，化简得，，即在时恒成立.
设，则
① 当时，即时，方程有两个异根，
由，可取则，
因，故当时，，在上单调递增，故，与题意不符，故舍去；
② 当时，因，则，
即，在上单调递减，故恒有成立，符合题意.
综上可知，
【点睛】思路点睛：本题主要考查运用导数证明不等式，解决不等式恒成立求参问题，属于难题.
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
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