四川省泸州市叙永县2025届高三数学上册开学考试试题[附答案]

这是一份四川省泸州市叙永县2025届高三数学上册开学考试试题[附答案]，共19页。试卷主要包含了 若，则的最小值是， 已知，则， 已知函数的定义域为R，且，则， 已知复数均不为0，则， 函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.
第I卷（选择题 58分）
一、选择题（本大题共8个小题，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. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用集合的交并补运算即可得解.
【详解】因为全集，集合，所以，
又，所以，
故选：A.
2. 使不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分不必要条件的知识确定正确答案.
【详解】不等式成立的一个充分不必要条件是，
是的必要不充分条件，
是的非充分非必要条件，
是的充分必要条件.
故选：A
3. 命题“有一个偶数是素数”的否定是（ ）
A. 任意一个奇数是素数B. 任意一个偶数都不是素数
C. 存在一个奇数不是素数D. 存在一个偶数不是素数
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题，否定为，即可解得正确结果.
【详解】由于存在量词命题，否定为.所以命题“有一个偶数是素数”的否定是“任意一个偶数都不是素数”.
故选：B
4. 若，则的最小值是 （ ）
A. B. 1
C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定等式，利用均值不等式变形，再解一元二次不等式作答.
【详解】，当且仅当时取等号，
因此，即，解得，
所以当时，取得最小值2.
故选：C
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角恒等变换得到，再利用诱导公式求出答案.
【详解】因为，即，
所以．
故选：D
6. 如图所示，四边形是正方形，分别，的中点，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算可得，即可求出，进而求出的值.
【详解】
，
所以，所以，
所以，
.
故选：D.
7. 已知数列的前n项和为，且，则使得成立的n的最大值为（ ）
A. 32B. 33C. 44D. 45
【答案】C
【解析】
【分析】分奇偶项讨论，根据题意利用并项求和求，运算求解即可.
【详解】当为偶数时，
，
令，且n为偶数，
解得，故n的最大值为44；
当为奇数时，
，
令，且为奇数，
解得，故n的最大值为43；
综上所述：n的最大值为44.
故选：C.
【点睛】方法点睛：并项求和适用的条件和注意事项：
1.适用条件：数列中出现等形式时，常用利用并项求和求；
2.注意分类讨论的应用，比如奇偶项，同时还需注意起止项的处理.
8. 已知函数的定义域为R，且，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质
因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以
一个周期内的．由于22除以6余4，
所以．故选：A．
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由，联想到余弦函数和差化积公式
，可设，则由方法一中知，解得，取，
所以，则
，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，
由于22除以6余4，
所以．故选：A．
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.
二、多项选择题（每小题6分，共3小题，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知复数均不为0，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设出、，结合复数的运算、共轭复数定义及复数的模的性质逐个计算即可得.
【详解】设、；
对A：设，则，
，故A错误；
对B： ，又，即有，故B正确；
对C：，则，
，，则，
即有，故C正确；
对D：
，
，
故，故D正确.
故选：BCD.
10. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 的图象关于点对称
D. 在区间上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数的图象，先求得，然后求得，根据三角函数的对称性、单调性确定正确答案.
【详解】，，由于，
所以，所以A选项正确，B选项错误.
，
当时，得，所以关于对称，C选项正确，
，
当时，得在上递增，则在区间上单调递增，所以D选项正确.
故选：ACD
11. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ）
A. 存在旋转函数
B. 旋转函数一定是旋转函数
C. 若为旋转函数，则
D. 若为旋转函数，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；
对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.
又，故，即恒成立.
即图象在上方，故，即.
当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.
故选：ACD
第二卷 非选择题 （92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案直接填在答题卡中的横线上.）
12. 已知，则的值为_________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】根据三角函数的诱导公式，化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，
则,
故答案为：
13. 若实数，且，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】由，可得，据此可得答案.
【详解】因，则，，
又由换底公式推论可得，设，则，
故，
由换底公式，则.
故答案为：0
14. 已知函数（e为自然对数底数），若关于x的方程有且仅有四个不同的解，则实数k的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】设，由题可得当时，有两个零点，进而可得有两个正数解，利用数形结合即可求得的取值范围.
【详解】令，可得，
所以函数为偶函数，
由题意可知当时，有两个零点，
当时，，，
即当时，，
由，可得，即方程在上有两个正数解，
∵函数的导函数为在上恒成立，
∴作出函数与直线大致图象如下图
∵方程在上有两个正数解，恒过点，
∴，
由相切，设切点为，
由可得，故切线的斜率为，
所以切线的方程为，
由切线过，可得，
解得或（舍去），
故切线的斜率为，即，
所以当时，直线与曲线由两个交点，
综上可得实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：
（1）直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．
四、解答题（本大题共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. 已知函数的部分图象如图.
（1）求函数的解析式;
（2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象，当时，求值域.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据图象由函数最值求得，由函数周期求得，由特殊点求得，即可求得解析式；
（2）根据三角函数图象的变换求得的解析式，再利用整体法求函数值域即可.
【小问1详解】
由图象可知，的最大值为，最小值为，又，故，
周期，，，则，
从而，代入点，得，
则，，即，，
又，则.
.
【小问2详解】
将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，
故可得；
再将所得图象向左平移个单位，得到函数的图象
故可得；
，，
，.
16. 的内角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）若角的平分线交于点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦定理整理得到，再利用三角形的内角及正弦函数的性质即可求解；
（2）利用正弦定理得出，再由余弦定理求出，，再根据三角形的面积建立等式求解．
【小问1详解】
由，
根据正弦定理可得，
则，
所以，整理得，
因均为三角形内角，所以，
因此，所以．
【小问2详解】
因为是角的平分线，，
所以在和中，由正弦定理可得，，
因此，即，所以，
又由余弦定理可得，即，
解得，所以．
又，即，
即，所以．
17. 已知等差数列的公差，且，，，成等比数列，数列满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求证.
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）列关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，可得数列的通项公式，再由，可得当时，，联立求得数列的通项公式；
（2）由（1）知，验证时，；当时，利用可证结论．
【详解】（1）数列是等差数列，依题知：
，解得或（舍．
．
，①
当时，，②
①②得，．
又当时，满足上式，；
证明：（2）由（1）知．
当时，；
当时，．
．
综上，．
【点睛】本题考查数列递推式，考查由数列递推式求数列的通项公式以及裂项相消法求和，训练了利用放缩法证明数列不等式，是中档题．
18. 已知，，为偶函数.
（1）求的解析式；
（2）求证：时，有且只有一个根，且；
（3）若恒成立，求a.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）1
【解析】
【分析】（1）两式相加可得，即可根据偶函数求解，
（2）构造函数，求导判断函数单调性，即可结合零点存在性定理求解，
（2）分离参数，构造，求导确定函数单调性，即可求解.
【小问1详解】
由，可得
，
由于为偶函数，故，
进而可得，
由于不恒为0，故，解得，
故
【小问2详解】
令，
当时，则，
令，则，
令则，
故在0,+∞单调递增，故，故ℎx在0,+∞单调递增，
又，
故存在唯一的，且，得证，
【小问3详解】
由可得当时，，当时，，
令，
则，
故单调递减，在0,+∞单调递减，
故时，，此时，故，
当时，，此时，故，
要使对任意的，都有成立，故，故，
【点睛】方法点睛：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，求解曲线在某点处的切线方程；(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)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
19. 对于一个四元整数集，如果它能划分成两个不相交的二元子集和，满足，则称这个四元整数集为“有趣的”．
（1）写出集合的一个“有趣的”四元子集：
（2）证明：集合不能划分成两个不相交的“有趣的”四元子集：
（3）证明：对任意正整数， 集合不能划分成个两两不相交的“有趣的”四元子集．
【答案】（1）（符合要求即可）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据四元整数集定义写出即可；
（2）假设可以划分成两个不相交的“有趣的”四元子集，再根据每个子集中均有两个偶数证明不成立即可；
（3）假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集，再根据每个子集中均有两个偶数证明不成立即可.
【小问1详解】
（符合要求即可）：
小问2详解】
假设可以划分，
和一定是一个奇数一个偶数，
中至多两个偶数.
则对于的一种符合要求的划分和
每个四元子集中均有两个偶数．
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求：
若两个集合分别为和
则或，不存在使得符合要求；
综上所述，不能划分为两个不相交的“有趣的”四元子集，
【小问3详解】
假设可以划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．
每个子集中至多两个偶数，又中恰有个偶数，
每个子集中均有两个偶数，
对于， 可设其中偶数，为奇数，
再由奇偶性，只能是．
且
矛盾．
不能划分为个两两不相交的“有趣的”四元子集．