江苏省盐城市八校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份江苏省盐城市八校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了本卷主要考查内容， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数.
一、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】B
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式的解法求出集合的取值范围，然后根据交集的概念即可求解.
【详解】因为，所以.
故选:B.
2. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数单调性，结合对数运算性质以及指数函数单调性即可比较出大小关系.
【详解】因为，所以.故选C.
3. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据函数奇偶性排除选项C，D；再利用特殊值排除选项B即可求解．
【详解】∵，定义域为，
又，可知函数为奇函数，故排除选项C，D；
又由时，，，有，，可得；
当时，，，有，，可得；
故当时，，故排除选项B；
而A选项满足上述条件，故A正确．
故选:A．
4. 函数的一个零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断的单调性，结合零点存在性定理分析判断.
【详解】因为的定义域为，且在内单调递增，
可知在内单调递增，
且，
所以函数的唯一一个零点所在的区间是.
故选：B
5. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，.若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的单调性，结合奇函数的性质可得在R上单调递增，即可得求解.
【详解】当时，的对称轴为，故在上单调递增.
函数在处连续，又是定义域为R的奇函数，故在R上单调递增.
因为f-x=-fx，由，可得，
又因为在R上单调递增，所以，解得.
故选：D
6. 已知条件，条件，若p是q的必要而不充分条件，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求解命题中涉及的不等式，根据题意可得相应集合的包含关系，列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由，得，所以，
由，得，所以，
因为p是q的必要而不充分条件，
所以，则，
解得，
故选：C.
7. 在日常生活中，我们发现一杯热水放在常温环境中，随时间的推移会逐渐变凉，物体在常温环境下的温度变化有以下规律：如果物体的初始温度为，则经过一定时间，即分钟后的温度满足称为半衰期，其中是环境温度.若，现有一杯的热水降至大约用时1分钟，那么水温从降至大约还需要（ ）（参考数据：）
A. 8分钟B. 9分钟C. 10分钟D. 11分钟
【答案】C
【解析】
【分析】依题意分别将各组温度数据代入表达式，得出方程组再利用对数运算法则即可求得结果.
【详解】根据题意得，即；
则，所以，可得，
两边取常用对数得，
故选：C.
8. 设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，构造函数，将问题转化为存在唯一的整数使得
在直线下方，再借助导数探讨求解作答.
【详解】令，，显然直线恒过点，
则“存在唯一的整数，使得”等价于“存在唯一的整数使得点在直线下方”，
，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
则当时，，当时，，而，
即当时，不存在整数使得点在直线下方，
当时，过点作函数图象的切线，设切点为，则切线方程为：，
而切线过点，即有，整理得：，而，解得，
因，又存在唯一整数使得点在直线下方，则此整数必为2，
即存在唯一整数2使得点在直线下方，
因此有，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线
方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
二、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. 已知集合，，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】讨论，求集合B，在结合集合关系在各选项的条件下列不等式求的范围，由此可判断各选项.
【详解】.
当时，；
当时，；
当时，.
对于选项A，若，则，，故正确.
对于选项B，若，则，故，故正确.
对于选项C，若，则，故，故错误.
对于选项D，若，则，故错误.
故选：AB.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题，，则命题的否定为，
B. “”是“”成立的充要条件
C. 函数的最小值是
D. “”是“函数的零点个数为2”成立的充要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断A，根据必要条件的定义和不等式的性质判断B，
设，结合对勾函数性质求函数的最小值，判断C，根据零点的定义，结合指数函数和对数函数图象判断D.
【详解】对于A，，，故A正确；
对于B，若，，则，
所以“”不是“”成立必要条件，故B错误；
对于C，设，则，，
设，，
由对勾函数的性质可得，函数在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，取最小值，最小值为，故C正确；
对于D，令，则，
当时，作出函数，的图象，
由图可知函数的图象有两个交点，
所以当时，函数的零点个数为2；
当时，作出函数，的图象，
由图可知函数，的图象有1个或2个或3个交点，
所以当时，函数的零点个数为1或2或3，
所以“”是“函数的零点个数为2”成立的充分不必要条件，
故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A. 函数的极小值点为
B.
C. 若函数有4个零点，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】求导，利用导数判断的单调性和最值，可得的图象，进而可以判断A；对于B：根据的单调性分析判断；对于C：根据偶函数性质分析可知：原题意等价于当时，与有2个交点，结合的图象分析求解；对于D：构建，结合导数可得，结合极值点偏移分析证明.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，且当趋近于0或时，趋近于，
可得函数的图象，如图所示：
对于选项A：可知函数的极小值点为，故A正确；
对于选项B：因为，且在内单调递增，
所以，故B错误；
对于选项C：令，可得，
可知函数有4个零点，即与有4个交点，
且的定义域为，且，
可知为偶函数，且当时，
原题意等价于当时，与有2个交点，
由题意可知：，故C正确；
对于选项D：设，
则，
可知在内单调递增，则，
即，
若，不妨设，
则，
且，且在内单调递增，
则，所以，故D错误；
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的单调性，列出不等式，求解即可.
【详解】根据题意，，解得，故实数的取值范围为.
故答案为：.
13. 已知，，且，则的最小值为__________.
【答案】##2.25
【解析】
【分析】由基本不等式“1”的妙用求解即可．
【详解】因为，，且，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，运用数形结合法求解本题.
【详解】设，
由图可知，，解得，

由二次函数的对称性可知，的解、满足，
即且，
所以
，
因为在上单调递增，
所以，
故的取值范围是．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知命题：“，”为假命题，设实数的所有取值构成的集合为.
（1）求集合；
（2）设集合，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）为假命题时，既可转化为关于的一元二次方程无解，然后利用判别式即可；
（2）由是的必要不充分条件可得，然后分为空集和非空集两种情况讨论即可.
【小问1详解】
因为命题为假命题，故关于的一元二次方程无解，
即，解得，故集合；
【小问2详解】
由是的必要不充分条件，可知，
当时，既，解得，此时满足，
当时，如图所示，

故且等号不同时成立，
解得，
综上所述，的取值范围是.
16. 已知函数（且）.
（1）当时，写出函数的单调区间，并用定义法证明；
（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）增区间，减区间为；证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求得的定义域，运用复合函数的单调性，结合对数函数和二次函数的单调性，可得所求单调区间，再由单调性的定义证明；
（2）由二次函数的值域和对数函数的单调性，求得的最小值，解不等式，可得所求范围.
【详解】（1）由可得，则的定义域为，
，
当时，的增区间为，减区间为.
证明：设，的增区间为，减区间为，
当时，设，可得，，即，可得在递增；
设，可得，，
即，可得在递减.
（2）由，，可得，
所以，即为，解得，
即的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法
（1）取值：设是该区间内的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义作出结论
即取值---作差----变形----定号----下结论.
17. 已知函数.
（1）若的图缘在点处的切线经过点，求；
（2）为的极值点，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即可求解作答.
（2）利用极值点的意义，结合韦达定理、根的判别式列出不等式，求解作答.
【小问1详解】
函数，求导得，
于是函数的图象在点处的切线方程为，
即，而切线过点，
因此，整理得，解得或，
所以或.
【小问2详解】
由（1）知，方程，即有两个不等实根，则，解得，
且，于是
，
由，得，解得，因此，
所以实数的取值范围是.
18. 已知奇函数，函数的最大值为.
（1）求实数的值；
（2）求；
（3）令，若存在实数，，当函数的定义域为时，值域也为，求实数，的值.
【答案】（1）1；（2）；（3），.
【解析】
【分析】（1）由奇函数得到，解出a；
（2）先判断出函数f(x)在为增函数，求出f(x)的范围，由，利用“轴动区间定”讨论g(x)的单调性，求出最大值，写成分段函数的形式；
（3）由（2）知，先求出的解析式，由在区间单调递增，分三种情况：①当，②当，③当时，由值域也为建立方程组求出实数，的值.
【详解】解：（1）对于奇函数，由，得，
故实数的值为1
（2）由（1）有，
因为在上单增，所以在上单增，
由，所以在上单减，
所以在上单增，所以函数f(x)在为增函数
又由，，有
由
①当即，
②当时，，
③当时，，
故有
（3）由（2）知，，可得，必有
由函数在区间单调递增，有如下三种情况：
①当时，有，解得，符合题意
②当时，有，解得，舍去
③当时，有，解得，舍去
由上知，.
19. 已知函数，且．
（1）讨论的单调性；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）当时，证明：．
【答案】（1）答案见解析；
（2），理由见解析
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）分析题意，根据参数的不同范围，含参利用导数讨论单调性即可.
（2）根据（1）可知，当时，，，代值进行比较即可.
（3）设，则，分不同情况讨论，利用放缩法结合裂项相消法证明不等式即可.
【小问1详解】
易知．
①．
当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减；
②．当时，，即，所以在上单调递减，当时，，即，所以在上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，，，
取，，则有，
即，所以；
【小问3详解】
证明：设，则，
所以在上单调递增，所以，
即当时，，
结合（1）可知，，
当时，成立，
当时，因为，所以
即．
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，解题关键是合理运用放缩法，然后再利用裂项相消法求和，得到所要求的不等关系即可．