江西省全南中学2025届高三上学期九月考试数学试题（解析版）

这是一份江西省全南中学2025届高三上学期九月考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

命题：曹宗明 审题：王文泉
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用交集的定义，将两个集合的条件联立即可得到结果.
【详解】由，或，
知.
故选：C.
2. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上为增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数，增函数的定义逐一判断得解.
【详解】A选项，是奇函数，但在上单调递增，在上单调递减，故A错误；
B选项，是奇函数，且在上单调递增，故B正确；
C选项，，定义域是非奇非偶函数，故C错误；
D选项，为奇函数，在和上单调递增，故D错误.
故选：B.
3. 已知函数是函数的导函数，则函数的部分图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导得的解析式，可判断为奇函数，可排除AB，再由特殊值可排除C，即可得解．
【详解】∵，
，
∵，
为奇函数，图象关于原点对称，故排除AB；
，故排除C，而D符合.
故选：D．
4. 将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位后得到的函数图象关于原点中心对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过伸缩变换与平移变换得到，由关于原点中心对称得到，进而求出答案.
【详解】的图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到，将所得图象向左平移个单位后得到的函数是，由题意得：，，所以，，故.
故选：C
5. 定义在上的奇函数，满足，当时，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得函数是周期为4的函数，且图象关于对称，进而画出函数的图象，得到当时，求得的解，进而求得不等式的解集.
【详解】由题意，函数满足，可得，
所以函数是周期为4的函数，
又由为上的奇函数，可得，
所以，可得函数的图象关于对称，
因为当时，
可函数的图象，如图所示，
当时，令，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C.
6. 纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该萻电池的Peukert常数约为（ ）（参考数据：，）
A 1.12B. 1.13C. 1.14D. 1.15
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得，再结合对数式与指数式的互化及换底公式即可求解．
【详解】由题意知，
所以，两边取以10为底的对数，得，
所以．
故选：D．
7. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性，结合数形结合思想进行求解即可.
【详解】因为，所以当时，
则有，
因为在区间内有最大值，但无最小值，
结合函数图象，得，
解得，
故选：A
8. 若对任意的，且，则的最小值是（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据函数有意义得出，再构造函数，根据题意得出在上单调递减，进而求出的单调递减区间，再根据即可求解.
【详解】解：对任意的，且，
易知：，
化简得：，
即，
即，
令，
则函数在上单调递减，
因为，
由，可得：，
所以的单调递减区间为，
所以，
所以，
因此，实数的最小值为.
故选：D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. 命题“”的否定是“”
C. 若，则
D. 若，且，则的最小值为9
【答案】AD
【解析】
【分析】首先可通过也有可能是负数得出A；通过全称命题的否定是特称命题判断出B；后通过判断出C；利用基本不等式可判断出D．
【详解】解：A．若，则；若，则也有可能是负数，
故“”是“”的充分不必要条件，正确，符合题意；
B．命题“”的否定是“”，错误，不符合题意；
C．若，，则，错误，不符合题意；
D．若，且，则，
当且仅当时，即时，取等号，故最小值为9，正确，符合题意；
故选：AD．
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 是曲线的一个对称中心
C. 是曲线的一条对称轴D. 在区间上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，故利用求出最小正周期；BC选项，代入，由函数值判断出是的一条对称轴；D选项，求出，数形结合得到在区间上单调递增.
【详解】A选项，，
故的最小正周期为，A正确；
B选项，当时，，
故不是曲线的一个对称中心，B错误；
C选项，当时，，故是的一条对称轴，也是的一条对称轴，C正确；
D选项，时，，由于在上单调递增，
故在区间上单调递增，D正确.
故选：ACD
11. 已知定义在R上的函数满足，且是奇函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称
B.
C.
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，得到，得到函数对称中心；B选项，由题意条件得到，故B正确；C选项，由B选项得到的周期为4，故，赋值法得到；D选项，赋值法得到，，，结合函数的周期得到答案.
【详解】A选项，由题意知，，则，
所以图象的对称中心为，A正确．
B选项，，，
两式相减得，所以，B正确．
C选项，由B选项可得，的周期为4，又，
故，令得，，
得，所以C错误；
D选项，因为，令得，，
又，故，
中，令得，，
由，得，，
又的周期为4，
则，
所以，D正确．
故选：ABD
【点睛】函数的对称性：
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称，
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数（）是偶函数，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】化简函数，再根据函数为偶函数求出即可.
【详解】解：
因为为偶函数，
所以，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查这个函数的奇偶性，属于中档题.
13. 已知数列满足，若，则数列的前项和______.
【答案】
【解析】
【分析】构造数列求出，再求出，证明它是等比数列，即得解.
【详解】因为，
所以数列是一个以2为首项，以2为公差的等差数列，
所以,
所以，
因为，
所以数列是一个以4为首项，以4为公比的等比数列，
所以数列的前项和.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求数列的通项常用的方法有：（1）归纳法；（2）公式法；（3）累加法；（4）累乘法；（5）构造法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
14. 若实数，，，满足，则的最小值为__．
【答案】
【解析】
【分析】看做两点间的距离，问题转化为曲线上动点与直线上动点的距离的最小值，转化为求与直线平行且与曲线相切的直线的切点问题，即可得解.
【详解】实数，，，满足，
，．分别设，．
则的最小值可看做曲线和直线上的动点与的最小距离，
设直线与曲线相切于点，．
则，，解得，．
．点到直线的距离．
即的最小值为．
故答案为：．
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．
（1）求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）求的单调区间和极小值．
【答案】（1）
（2）的增区间为，，减区间为；的极小值为
【解析】
【分析】（1）由切点为1,f1，求出切线斜率，写出切线的点斜式方程，得到切线方程的横纵截距，即可求得切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）由导数的正负，解出的定义域内的范围，即可求出的单调区间，由的单调情况，可以得到的极小值．
【小问1详解】
因为，定义域为0,+∞，
所以，，
则，又，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，即，
令得，令得，
故所求三角形的面积为．
【小问2详解】
因为，，
令得或，
令得或，令得，
又函数的定义域为0,+∞，
所以的增区间为，，减区间为，
所以的极小值为．
16. 如图，已知是半径为2，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形.记.
（1）用分别表示的长度：
（2）当为何值时，矩形的面积最大？并求出这个最大面积.
【答案】（1），；
（2）时，.
【解析】
【分析】（1）分别在中，根据三角函数定义可得；
（2）根据（1）中结论表示出面积，利用三角恒等变换公式化简，然后由正弦函数性质可得.
【小问1详解】
在直角三角形中，，，
在直角三角形中，，所以，
所以
【小问2详解】
设矩形的面积为，
所以
，
因为，所以
所以当，即时，
17. 已知函数的所有正数零点构成递增数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式化简得到，从而得到正数零点，从而得到为等差数列，公差为1，首项为，得到通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
，
令，解得：，
故当时，为数列的首项，
由于，故为等差数列，公差为1，
故；
小问2详解】
，
故①，
则②，
①-②得：
，
则.
18. 已知函数，对，有.
（1）求的值及的单调递增区间；
（2）若，，求；
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围.
【答案】（1），单调递增区间为（）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，根据得到方程，求出，得到函数解析式，整体法得到函数单调性；
（2）根据得到，凑角法，结合正弦和角公式得到答案；
（3）根据伸缩和平移变换得到，令，故，令，从而得到，因为，所以当时，，所以，解出答案.
【小问1详解】
，
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，
所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
【小问2详解】
由，，，
可得，，
所以，
所以.
【小问3详解】
将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，
只需，
令，
因为，所以，
所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数取值范围为或.
19. 已知函数．
（1）若函数与的图象关于点对称，求的解析式；
（2）当时，，求实数m的取值范围；
（3）判断函数在的零点个数，并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）零点个数为1，理由见解析
【解析】
【分析】（1）结合函数的对称中心求出函数解析式；
（2）根据给定区间恒成立求参转化为最值问题；
（3）先把方程转化，再构造新函数，应用导函数得出单调性结合零点存在定理得出结果.
【小问1详解】
由题意得，．
【小问2详解】
由题意得，，
令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
由于时，，
所以实数m的取值范围为
【小问3详解】
令，则，整理得，
令，则，
当时，．所以在上单调递减，
又，
所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点．
当时，，此时函数无零点．
综上所述，在上存在唯一零点，即函数在上的零点个数为1．