安徽省芜湖市第一中学2024-2025学年高三上学期10月教学质量诊断测试数学试题

这是一份安徽省芜湖市第一中学2024-2025学年高三上学期10月教学质量诊断测试数学试题，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：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.
2.一个圆锥底面积是侧面积的一半，那么它的侧面展开图的圆心角为（ ）
A.B.C.D.
3.函数，已知在时取得极值，则上的最大值为（ ）
A.B.1C.9D.4
4.《九章算术》是我国古代的数学著作，在《方田》章节中给出了“弦”和“矢”的定义，“弦”指圆弧所对的弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，记圆心角，若“弦”为，“矢”为1时，则等于（ ）
A.1B.C.D.
5.已知函数是定义在上偶函数，当时，，若函数仅有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ）
A.B.C.D.
7.已知定义在上的函数满足，当时，.若对任意，都有，则实数的最大值为（ ）
A.B.C.D.
8.设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为（ ）
A.B.C.D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.设.且，则（ ）
A.B.C.D.
10.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ）
A.当时，B.的解集为
C.，都有D.函数有2个零点
11.已知函数在区间上有两个不同的零点，，且，则下列选项正确的是（ ）
A.的取值范围是B.
C.D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则______.
13.已知命题：函数在区间上单调递增，命题：，若是的充分不必要条件，则的取值范围是______.
14.已知曲线与有公共切线，则实数的最大值为______.
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）
集合，
（1）求
（2）非空集合，求实数的范围.
16.（15分）
已知函数.
（1）若函数，判断的奇偶性，并求的值域；
（2）若关于的方程，有实根，求实数的取值范围.
17.（15分）
已知在处的切线方程为.
（1）求函数的解析式；
（2）是的导函数，证明：对任意，都有.
18.（17分）
已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）已知，是函数的两个零点.
（i）求实数的取值范围；
（ii），是的导函数.证明：.
19.（17分）
若函数的定义域为，有，使且，则对任意实数，，曲线与直线总相切，称函数为恒切函数.
（1）判断函数是否为恒切函数，并说明理由；
（2）若函数为恒切函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）当取最大值时，若函数为恒切函数，记，证明：.（参考数据：）
芜湖一中2025届高三年级10月份教学质量诊断测试
数学试题参考答案
选择题
填空题
12.13.14.
简析：
1.C. 则
2.D. 设底面半径为，母线为，则侧面积为，由，解得，圆锥底面圆的周长为，所以该扇形的圆心角.
3.C. ，解得，，，
令，解得或（舍），.
4.D. 设半径长，可得，，，
解得；即可得，，；所以.
5.A. 作出函数图象，因为函数仅有4个零点，所以函数与有4个交点，根据图象可知：
6.B. 因为为偶函数，，
即，（1）又函数为奇函数，则，
即，（2）联立（1）（2）可得，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立.
7.B. 当时，，且定义在上的函数满足，所以函数的大致图象为：
因为，
所以，
所以由，可得，
当时，由的，所以实数的最大值为
8.A. 因为，所以，因为，所以，
即，设函数，，，所以函数在为增函数，所以所以，
设函数，，所以函数在为增函数，在为减函数，
所以，所以的最大值为，
9.ACD. 因为，，所以，故A正确；
因为，设，，则，故B错误；
因为，所以，故C正确；
因为，当且仅当等号成立，故D正确.
10.BC. 是定义在上的奇函数，时，，故A错误；
当时，由，得，当时，由，得；
所以的解集为，故B正确；
的值域为，所以，都有，故C正确；
因为，，又，所以有3个零点，故D错误；
11.BCD. ，
令，由题可知，令，得，
显然，当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增；，得示意图如上图：
所以都符合题意，故A错误；
由图可知，，因为，所以，互为倒数，即，故B正确；
，当且仅当时等号成立，
因为，所以，故C正确；
因为，要证D，即证即证，
因为，所以，即证，
先证明：因为，所以，，
再证明；要证，即证，
不妨设，得，
当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；
故，故，即，所以证得
故选项D正确.
12.. .
13.. ，解得：，又是的真子集，的范围是
14.. 设曲线与的切点分别为，
因为，，则两切线斜率，，
所以，，
所以，所以，即，
令，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以，即，即
解答题
15.（13分）
解：（1），
所以.
所以
（2）因为，所以，，
即，
需满足且，
解得实数的范围是.
16.（15分）
解：（1）由得定义域为：
因此定义域不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数.
由题意知：
当时，
所以，
所以函数的值域为.
（2）方程有实根，即有实根，
构造函数
则
因为函数在上单调递减，而在上单调递增
所以复合函数是上的单调递减函数
所以在上最小值为，
最大值为
即，
所以当时，方程有实根.
17.（15分）
解：（1）由题意可得，，且，
则，
即，即，
所以.
（2）由（1）可知，，
所以，
令，
则，
所以时，，
即在上单调递减，
所以，即，
所以，即.
18.（17分）
解：（1）.
当时，，在上单调递增.
当时，令得，
即在上单调递增；
同理，令得，
即在上单调递减.
（2）（i）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点.
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，
则有，，
所以的取值范围为.
（ii），是函数的两个零点，则有（1），（2）
（1）（2）得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，所以，.
若要证明成立，只需证，
即证，
令，则，则不等式只需证，
即证，令，
令，
令，因为，得在上单调递减，
得，得，
即在上单调递减
得，得，即在上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证.
19.（17分）
解：（1）设函数为恒切函数，则有，
使且，即，
解得，故函数是恒切函数.
（2）（i）由函数为恒切函数可知，
存在，使得且，
即解得，
设，
当时，递增；
当时，递减.
，即实数的取值范围是.
（ii）当时，，函数为恒切函数.
又，
所以存在，使得，即.
令，则，
当时，递减；当时，递增.
所以当时，，，
故在上存在唯一，
使得，即.
又由，
得，
由得，所以.
又，所以当时，有唯一零点，
故由得，即.
.
单选题
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
D
C
D
A
B
B
A
多选题
9
10
11
答案
ACD
BC
BCD