调兵山市第二高级中学2025届高三上学期期初考试数学试卷(含答案)

这是一份调兵山市第二高级中学2025届高三上学期期初考试数学试卷(含答案)，共11页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若,则“”是“”的( )
A.充要条件B.既不充分也不必要条件
C.充分不必要条件D.必要不充分条件
3．若,,则有( )
A.B.C.D.
4．下列函数中,既为偶函数,又在上为增函数的是( )
A.B.C. D.
5．( )
A.B.-1C.1D.
6．已知,,,则( )
A.B.C.D.
7．函数（,且）的图象恒过定点A,且点A在角的终边上,则( )
A.B.C.D.
8．对于函数,把满足的实数叫做函数的不动点.设,若有两个不动点,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知函数,则( )
A.为奇函数
B.的单调递增区间为
C.的极小值为3
D.若关于x的方程恰有3个不等的实根,则m的取值范围为
10．为了得到函数的图象,只需把正弦曲线上所有的点( )
A.先向右平移个单位长度,再将横坐标缩短到原米的,纵坐标不变
B.先向右平移个单位长度,再将横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变
C.先将横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,再向右平移个单位长度
D.先将横坐标伸长到原来的倍,纵坐标不变,再向右平移个单位长度
11．已知函数是定义在R上的奇函数,当时,．则下列结论正确的是( )．
A.当时,
B.函数有五个零点
C.若关于x的方程有解,则实数m的取值范围是
D. 对,,恒成立
三、填空题
12．已知一扇形的圆心角为2,半径为r,弧长为l,则的最小值为_______________.
13．函数的单调递增区间为___________.
14．已知是函数的切线,则的最小值为___________．
四、解答题
15．已知,,.
(1)求的值;
(2)求的值.
16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知已知.
（1）求角A的大小；
（2）若，，求a的值；
（3）若，判断的形状.
17．已知函数.
（1）当时,求函数在区间上的值域;
（2）求函数在区间上的最大值.
18．已知函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若，求实数m的取值范围.
19．已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）证明：当时，.
（3）证明：.
参考答案
1．答案：B
解析：由已知,
所以.
故选：B.
2．答案：D
解析：若,则和无意义,得不出,
若,则,可以得出,
所以“”是“”的必要不充分条件,
故选：D.
3．答案：A
解析：,
,,
所以A选项正确,B选项错误
又,
,,
所以C选项,D选项错误;
故选：A.
4．答案：C
解析：A：, 为奇函数,不符合条件;
B：,,为偶函数,但是在上单调递减,不符合题意;
C： ,为偶函数,且时,在,上单调递增,符合题意;
D： 满足,即为偶函数,但是在有,不是单调递增,不符合题意．
故选C．
5．答案：B
解析：因为,,
所以
.
故选：B.
6．答案：A
解析：,即,
,即,
,即,
则．
故选：A.
7．答案：C
解析：对于函数且,令,求得,,
可得函数的图象恒过点,且点A在角的终边上,
,则,
故选：C．
8．答案：B
解析：由得,令,则,
得在单调递增,得在和单调递减,
所以的极小值为,图象如图所示,由图可知,时,有两个不动点,
故选：B.
9．答案：AD
解析：对于A,,故,又其定义域为R,
故为奇函数,故A正确;
对于B,,所以在上,,单调递减;
在和上,,单调递增,故B错误;
对于C,由B知,在处取极小值,极小值,故C错误;
对于D,方程恰有3个不等的实根,即恰有3个解,
且在和上,单调递增;在上,单调递减,
所以,即,故D正确.
故选：AD.
10．答案：AC
解析：正弦曲线先向右平移个单位长度,
得到函数的图象,
再将所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,
得到函数的图象,故A正确,B错误;
先将正弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变,
得到函数的图象,再向右平移个单位长度,
得到函数的图象,故C正确,D错误.
故选:AC
11．答案：AD
解析：设,则,所以,
又函数是定义在R上的奇函数,所以,
所以,即
故A正确．
当时,,所以,
令,解得,
当时,;当时,,
所以函数在上单调递增,在上单调递减,
故当时,函数取得极小值,
当时,,又,故函数在仅有一个零点1．
当时,,所以函数在没有零点,
所以函数在 QUOTE 上仅有一个零点,函数是定义在R上的奇函数,
故函数在上仅有一个零点,又,
故函数是定义在R上有3个零点．
故B错误．
作出函数的大致图象,由图可知
若关于x的方程有解,则实数m的取值范围是.
故C错误．
由图可知,对,,
故D正确．
故选：AD．
12．答案：4
解析：由题意得,则,当且仅当,即时,等号成立,
故的最小值为4.
故答案为：4.
13．答案：
解析：因为,令,解得,即,
所以单调递增区间为,
故答案为：.
14．答案：
解析：根据题意,直线与函数相切,设切点为,
函数,其导数,则,
则切线的方程为：,变形可得,
又由切线的方程为,
则,,
则,
设,其导数,
在区间上,,则为减函数,
在上,,则为增函数,
则,即的最小值为;
故答案为：．
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)因为,,
所以,.
所以
.
(2)
.
16．答案：（1）；
（2）；
（3）正三角形.
解析：（1）在中，由及余弦定理得，而，所以.
（2）由，及，得，所以.
（3）由及，得，所以，则，由（1）知所以为正三角形.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意,当时,,又,
对称轴为,,
离对称轴较远,,
的值域为.
（2）由题意,二次函数开口向上,对称轴为,由数形结合知,
（i）当,即时,;
（ii）当,即时,,
综上：.
18．答案：(1)
(2)
解析：（1） ，
因此，而，
故所求切线方程为，即；
（2）依题意，，故对任意恒成立.
令，则，
令，解得.
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
则当时，取到极大值，也是最大值2.
故实数的取值范围为.
19．答案：（1）在上单调递减，在上单调递增
（2）证明见解析
（3）证明见解析
解析：（1），则.
当时，，则在R上单调递减；
当时，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：令，所以.
设，则，所以在上单调递增，即在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
当时，则，所以，则，
所以存在唯一的，使得，且当时，，当时，，且，即，
因此.
设，则，
所以在上单调递增，
所以当时，，即.
综上，当时，.
（3）证明：由（2）可知，当时，，当且仅当时，等号成立.
令，则，
.