安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高三上学期第三次素质拓展数学试卷及参考答案

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满分：150分 时间：120分钟
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．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在上存在单调递增区间，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知定义域为R的函数，满足，且，则以下选项错误的是（ ）
A．B．图象关于对称
C．图象关于对称D．为偶函数
二、多选题：本题共3小题，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，部分选择对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则
B．函数的零点是和
C．是成立的充分不必要条件
D．若，则函数的最小值为
10．设为正实数，已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，函数的图象的一条对称轴为
B．已知，，且的最小值为，则
C．当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数
D．若在区间上单调递增，则的取值范围是
11．已知函数，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．是周期函数，且其中一个周期是
C．的值域是
D．在上单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知是偶函数，当时，，则 .
13．当时，曲线与的交点个数为 .
14．已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为 ．
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．已知函数，对，有．
(1)求的值及的单调递增区间；
(2)若时，求．
16．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若关于的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：．
17．已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为π．
(1)求的解析式；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根之和．
18．已知函数．
(1)若函数在上为增函数，求实数的取值范围；
(2)若函数和函数的图象没有公共点，求实数的取值范围．
19．当一个函数值域内任意一个函数值y都有且只有一个自变量x与之对应时，可以把这个函数的函数值y作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量x作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数．例如，由，得，通常用x表示自变量，则写成，我们称与互为反函数．已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”．
(1)若函数，且点在曲线上，求以点为一个顶点的“关联矩形”的面积．
(2)若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为．证明：．（参考数据：）
1．C
【分析】由集合的交集运算即可求解.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
2．D
【分析】利用三角函数的定义先计算，再根据诱导公式和二倍角公式计算即可.
【详解】因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以，，
则．
故选：D．
3．D
【分析】先应用同角三角函数公式切化弦，再应用两角和与差的正弦公式计算即可.
【详解】由，得，所以，
又，
所以，，
所以．
故选：D.
4．D
【分析】由时即可排除A；由奇偶性可排除B；时0，则可排除C，故答案可求.
【详解】对于A，当时，，排除A；
对于B，因为，
所以函数为偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，当时，由0，得，排除C，
故选：D．
5．B
【分析】由已知及余弦定理求，再应用平方关系求正弦值.
【详解】由题设，
由三角形内角性质，知.
故选：B
6．C
【分析】将问题转化为导函数在区间上大于零有解，分离参数结合二次函数的性质计算范围即可.
【详解】由题意知，问题等价于f′x>0在区间上有解，
即有解，而，
由二次函数的性质知，即.
故选：C.
7．C
【分析】化简函数，求得，根据题意，列出不等式，即可求解.
【详解】由函数，
因为，可得，
因为函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，
则满足，解得，所以的取值范围为.
故选：C.
8．B
【分析】由赋值法令可判断A；由赋值法令可判断B；由赋值法令，结合对称性的性质可判断C；由赋值法令结合偶函数的定义可判断D.
【详解】对于A，令，则，所以f1=0，故A正确；
对于B，令，则，即，
解得：或，因为，所以，
令，，所以，
所以图象不关于2,0对称，故B错误；
对于C，令，则有
即，故图象关于1,0对称，故C正确.
对于D，令，则有
即，即，
即，因为函数的定义域为R，
所以为偶函数，故D正确.
故选：B.
9．AC
【分析】对A，根据函数的单调性即可判断；对B，根据零点的定义即可判断；
对C，根据充分不必要条件的判断即可得到答案；对D，根据对勾函数的单调性即可判断.
【详解】对A，因为函数在上均单调递增，
则在上单调递增，
若，则，即，故A正确；
对B，令，解得或，则其零点为或，故B错误；
对C，由，解得，而，
则是成立的充分不必要条件，故C正确；
对D，令，则，则，，
根据对勾函数的单调性知：在上单调递增，
即，故D错误.
故选：AC.
10．BCD
【分析】根据正弦函数的对称轴公式计算判断A，根据函数最值结合函数的图象特征得出参数判断B,应用平移化简结合诱导公式得出函数判断C,结合正弦函数的单调性列出不等式计算判断D.
【详解】A选项，当时，函数的图象的对称轴为,即,不能取到,A错误；
B选项，为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以，B正确；
C选项，当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数，故C正确；
D选项，∵，则，
若在区间上单调递增，则，解得，D正确；
故选：BCD.
11．ACD
【分析】对于A，检验即可判断；对于B，由，无意义，即可判断；对于C，原函数化简为，利用二次函数的性质即可判断；对于D，利用复合函数的单调性可判断.
【详解】对于A，的定义域，
根据解析式，易知对任意，，A正确；
对于B，由，无意义，可知在时不成立，错误；
对于C，
，
因为，所以，C正确；
对于D，时单调递减，单调递增，D正确，
故选：ACD．
12．2
【分析】运用偶函数性质，结合对数运算性质计算即可.
【详解】是偶函数，.
故答案为：2.
13．4
【分析】分别画出两个函数在的函数图象即可判断交点的个数.
【详解】与在的图象如图所示，
由图可知，其交点个数有4个.
故答案为：4.
14．
【分析】先证明为奇函数，再利用导数证明为增函数，结合函数性质化简不等式可得，再利用导数求的最小值可得结论.
【详解】设，
由，可得，
函数的定义域为，
函数的定义域关于原点对称，又，
所以函数为奇函数，
因为，当且仅当时取等号，
所以函数为增函数，
不等式可化为，
故，
所以，
所以，
由已知，其中，
设，，
则
令，可得，
设，，
则，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在，使得，
所以当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，取最小值，最小值为，其中
所以，
所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过变形，并结合函数性质将原不等式化简为，再根据恒成立问题的处理方法求解.
15．(1)，单调递增区间为；
(2).
【分析】（1）由，得当时，取得最值，结合三角函数的图象性质可得的值和的单调递增区间.
（2）将表示为，利用两角和差公式化简得到结果.
【详解】（1）依题意，，由，得当时，取得最值，
则，解得，
又，则，因此，
由，得，
所以的单调递增区间为.
（2）由，得，
则，
所以
.
16．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求函数导数得切线斜率，再由点斜式可得解；
（2）由，分和两种情况讨论导函数的正负，可得函数的单调区间；
（3）分析可得要证，，令，利用导数证得，即可得证．
【详解】（1），，
，，
所以在点1,f1处的切线方程为，
整理得：；
（2）函数定义域为0,+∞，
当时，f′x≥0，此时在0,+∞上单调递增；
当时，令，得，
此时在上f′x<0，在单调递减，
在上f′x>0，在单调递增，
综上：
时，的递增区间为0,+∞，无递减区间；
时，的递减区间为，递增区间为；
（3）由（2）可知，当时，才有两个不相等的实根，且，
则要证，即证，即证，
而，则，否则方程不成立），
所以即证，化简得，
令，则，
当时，，所以在0,1单调递减，
当时，，所以在1,+∞单调递增，
所以，而，所以，
所以，得证．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是通过证明即可得解，分析函数在极小值左侧的单调性，关键再由证明，利用构造函数的方法即可.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化简得，再利用给定性质求出.
（2）由三角函数图象变换得，再利用正弦函数性质，结合一元二次方程求出零点即可..
【详解】（1）依题意，函数，
由函数为奇函数，得，又，则，
由函数图象的相邻两对称轴间的距离为，得的周期，解得，
所以函数的解析式是.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数，
由方程，，解得，
即，当时，，则或或或，
即原方程有四个实数根，不妨设为，
因此，
解得，所以原方程所有根之和为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求导，利用导函数在上恒成立，分离变量转化即可求解.
（2）将问题转化为没有实数根，求导，利用导数确定函数的单调性,分类讨论，进而结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）由，可得，
因为函数在上为增函数，
所以对恒成立，即对恒成立，
令，则，所以在单调递增，
所以，即，所以，
所以，解得，所以实数a的取值范围为；
（2）因为函数和函数的图象没有公共点，所以，即无实根，
所以当时，无实根，
因为，即是偶函数，
所以在上无实根.，，
记，则，
①当时，，又，则，
所以，满足在上无实根.
②当时，在上有实根，不合题意，舍去.
③当时，，所以在单调递增，
则，所以在上单调递增，
所以，满足在上无实根.
④当时，因为在上单调递增，
且，
则存在唯一的，使，
当变化时，的变化情况如下：
所以当时，，则在单调递减，
则，又因为，且在上连续，
所以在上有实根，不合题意.
综上可知，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
19．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）先求出点坐标，再求函数的反函数和关于直线对称的点，由此可求直线的方程，从而计算即可得解.
（2）设，，再证明，利用导数工具证明，求面积解析式，借助单调性证明结论..
【详解】（1）因为点在曲线上，
所以，即，
由得其反函数为，
则函数和图象关于直线对称，
设关于直线对称的点为，
则在曲线上，且，，
则，
由题意以及由图象特征可知，则，
直线的方程为，
联立方程组，解得或（舍去），
则，
则该“关联矩形”的面积.
（2）证明：由fx=lnx得其反函数为，
所以和图象关于直线对称，且由其性质可知，
根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则，
设，其中，
则，，因为“关联矩形”是正方形，
所以，，
所以，
由，得，所以，
所以由得即.
对于函数，则，
故函数在0,+∞上单调递增，
故即，
令，
则且，
则hx在0,+∞上单调递增，所以，
所以，因为，
令，则，
当x∈0,+∞时，单调递增，
则，
从而.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证.
单调递减
极小值
单调递增