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江西省南昌市聚仁高级中学2025届高三上学期七月月考 数学试题（含解析）
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这是一份江西省南昌市聚仁高级中学2025届高三上学期七月月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
考试范围：数列、导数、集合与常用逻辑用语、不等式、函数 满分：150分
一、单选题
1．命题“对，”为真命题的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知等差数列an的前项和为，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，则的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
5．下列函数中，图象不存在与轴平行的切线的是（ ）
A．B．C．D．
6．若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．设 为函数 的极值点，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数对任意的都有，若的图象关于点对称，且，则（ ）
A．0B．C．3D．4
二、多选题
9．已知函数，则正确的是（ ）
A．的定义域为R
B．是非奇非偶函数
C．函数的零点为0
D．当时，的最大值为
10．设等比数列前项积为，公比为．若，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．当时，取最大值D．使成立的最大自然数是4046
11．下列说法正确的是（ ）
A．若，则有最小值2B．若，则有最大值2
C．若，则D．若，则
三、填空题
12．若集合，，则“”是“”的 条件．
13．函数的定义域为 .
14．已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为
四、解答题
15．已知集合，
(1)若，求；
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
16．设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和.已知，且､构成等差数列，令.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
17．已知，函数，.
(1)若函数的减区间是，求的值；
(2)讨论的单调性；
(3)若方程在上恰有两个不同的解，求实数的取值范围.
18．年月日，雅万高铁正式开通运营，标志着印度尼西亚迈入高铁时代，中国印度尼西亚共建“一带一路”取得重大标志性成果.中国高铁正在成为共建“一带一路”和国际产能合作的重要项目.国内某车辆厂决定从传统型、智能型两种型号的高铁列车车厢中选择一种进行投资生产.已知投资生产这两种型号车厢的有关数据如下表（单位：百万元）
已知，每销售节智能型车厢时，需上交百万元用于当地基础建设.假设生产的车厢当年都能销售完.
(1)设、分别为该厂投资传统型和智能型两种型号车厢的年利润，分别求出、与年产量之间的函数关系式；
(2)①分别求出生产两种型号车厢的平均利润的最大值；
②要使生产两种型号车厢的平均利润最大，该厂应该选择生产哪种型号车厢？
19．已知函数，（其中为常数）；
（Ⅰ）如果函数和有相同的极值点，求的值；
（Ⅱ）设，问是否存在，使得，若存在，请求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
（Ⅲ）记函数，若函数有5个不同的零点，求实数的取值范围．
年固定成本
每节车厢成本
每节车厢价格
每年最多生产的节数
传统型
节
智能型
节
1．C
【分析】先求出原命题为真命题的充要条件，再根据题意，找到为其范围真子集的选项即得.
【详解】由命题“对，”为真命题，可知在上恒成立，
当时可得，当时不等式可化为：，
设，
① 因在上单调递减，故，则，故得；
②又因在上单调递减，在上单调递增，故，
则有，故得.
综上，可得，即命题“对，”为真命题等价于，
依题意需使选项的范围是的真子集，故C正确.
故选：C.
2．C
【分析】法一：由基本量法求出公差d和首项，再由等差数列前项和公式可得结论．法二：利用等差数列的性质即可整体代入求和.
【详解】法一：
设等差数列an的公差为d，
因为，，所以，
解得，所以.
法二：
因为在等差数列an中，，
所以.
故选：C
3．D
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据函数在、时函数值的特征，利用排除法判断即可.
【详解】函数的定义域为，
且，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B；
当时，则，当时，则，故排除C.
故选：D
4．B
【分析】利用零点存在性定理，只需得到，即可得到结论．
【详解】函数的定义域为，
又函数，，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
又，，
所以，
所以零点所在的大致区间为.
故选：B.
5．B
【分析】图象不存在与轴平行的切线，即无解，据此对选项逐一分析即可.
【详解】图象不存在与轴平行的切线，即无解，
对A：，则，得，
故图象在处的切线与轴平行，故A错误；
对B：，则无解，
故不存在与轴平行的切线，故B正确；
对C：，则，得，
故图象在处的切线与轴平行，故C错误；
对D：，则，得，
故图象在处的切线与轴平行，故D错误；
故选：.
6．B
【分析】根据不等式的解集求得，再解目标分式不等式即可.
【详解】∵关于的不等式的解集是，
∴由得，∴，．
∴，∴，由于，
∴，解得．
故答案为：B．
7．B
【分析】根据极值点的概念，结合零点的存在性定理计算即可求解.
【详解】，则，
设，则，
因为是函数的极值点，所以是函数的零点，
又，，
所以，故.
故选：B
8．B
【分析】由题意可判断函数的奇偶性以及周期，利用赋值法求出，再结合周期求函数值，即得答案.
【详解】由于的图象关于点对称，故的图象关于点对称，
即为奇函数，
又，则，即16 为的周期，
令代入，则，
故，
故选：B
9．AD
【分析】利用函数的性质研究，可以判断A、B、C选项，对于D选项，利用基本不等式来求最值即可．
【详解】由可得：函数的定义域为R，故A正确；
由，结合定义域为R，可知是奇函数，故B错误；
由解得，，所以零点为，故C错误；
当时，，取等号条件为，故D正确；
故选：AD.
10．ACD
【分析】AC选项，根据题目条件得到，AC正确；B选项，利用等比数列性质得到；D选项，根据等比数列的性质得到，，，从而D正确.
【详解】A选项，，，故或，
当时，由可知，
所以，但，互相矛盾，舍去，
当时，又，所以，
故满足要求，A正确；
B选项，，B错误；
C选项，因为，，
故当时，取最大值，C正确；
D选项，由于，故当时，
，
，
，
使成立的最大自然数是4046，D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】根据基本不等式和不等式的性质判断．
【详解】，则，当且仅当时等号成立，A正确；
，．，当且仅当，即时等号成立，因此的最大值是，B错；
由不等式的性质知C正确，
因为，所以，所以，即，D正确，
故选：ACD．
12．充分不必要
【分析】利用集合的性质证明充分性，举反例否定必要性即可.
【详解】由题意得，故充分性成立，
易得当时，满足，但不满足，故必要性不成立.
故答案为：充分不必要
13．
【分析】函数的定义域就是使得式子有意义的x的取值所构成的集合，列出相应的不等式组，求得结果.
【详解】要使函数有意义，需要，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
14．
【分析】等价于，令，求导分析单调性，可得等价于，进而可得，令，只需，利用导数求解最值即可得出答案．
【详解】等价于，
令，则，所以是增函数，
所以等价于，
所以，所以，
令，则，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以，故，
所以实数的取值范围为．
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数hx；
(3)利用导数研究hx的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到不等式的解．
15．(1)或
(2)
【分析】（1）当时，写出集合，求出集合，利用补集和并集的定义可求得集合；
（2）分析可知，分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则或x≥1，
因为，
因此，或.
（2）解：因为“”是“”的充分不必要条件，则，
当时，，解得，此时满足；
当时，，解得，
要使成立，则，解得，
当时，，合乎题意.
综上所述，.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设数列的公比为q，由已知条件列方程组求和，可得数列的通项公式，再由得的通项公式；
（2）由数列的通项，利用分组求和，结合等差数列和等比数列的前项和公式求.
【详解】（1）设数列的公比为q，由已知， ，
则有，由，解得，所以；
由，得.
（2），
所以
.
17．(1)
(2)答案见详解
(3)
【分析】（1）令导函数为零，解出两个根即可求出的值；
（2）含参数的单调性讨论问题，求导后，分，，讨论导数的正负，得到的单调性即可；
（3）问题等价于函数与函数图像在上有两个交点，对求导后判断单调性和取值，画出函数图像，数形结合求出实数的取值范围即可.
【详解】（1），
因为函数的减区间是，
所以和4为导函数等于零的两个根，
所以.
（2）因为，
当时，恒成立，此时在上恒为增函数，
当时，令，解得或，
所以在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
当时，在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
综上所述，
当时，在上恒为增函数；
当时，在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
当时，在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
（3）原问题等价于函数与函数图像在上有两个交点.
，
令，
所以在上为单调递减函数，在上为单调递增函数，
作出函数图像如下：
因为，，，
因为，
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：
（1）第二问含参单调性讨论问题可先求导后讨论导数为零的根的大小，再分析单调性即可；
（2）本题第三问关键是把问题转化为函数与函数图像在上有两个交点，然后数形结合分析即可.
18．(1)答案见解析
(2)①答案见解析；②答案见解析.
【分析】（1）根据题意可得出、与年产量之间的函数关系式，并标出的取值范围；
（2）①求出两种车厢平均利润的表达式，利用函数的单调性、基本不等式可求得两种车厢利润的最大值；
②将两种车厢利润最大值作差，对实数的取值进行分类讨论，比较大小后可得出结论.
【详解】（1）解：由题意可得，其中，，
，其中，.
（2）解：传统型车厢平均利润为，其中，，
智能型车厢平均利润为，其中，，
令，其中，，
，其中，，
①函数在上单调递增，则，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，传统型车厢平均利润的最大值为百万元，
智能型车厢平均利润的最大值为百万元；
②，
当时，，投资传统型车厢可获得最大利润，且最大利润为百万元；
当时，，投资两种车厢可获得一样的最大利润，且最大利润为百万元；
当时，，投资智能型车厢可获得最大利润，且最大利润为百万元.
19．（Ⅰ）或（Ⅱ）（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）对求导，得到有2个根，而在处有极大值，所以那2个根分别等于，得到a的值；（Ⅱ）假设存在使得，将问题转化成了存在，使得，分类讨论，结合二次函数分析运算；（Ⅲ）已知条件中有5个不同的零点，根据解析式的特点，知有3个不同的实根，有2个不同的实根，分别分析处理，确定a的取值范围，同时证这5个根互不相等.
【详解】（1），则，
令，得或
而在处有极大值，
∴或，则或
（2）假设存在，即存在，使得
，
当时，又，故，则存在，使得
当即时，得
；
当即时，得
无解
综上：
(3)据题意有有3个不同的实根，有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等．
（ⅰ）有2个不同的实根，则
∴或
（ⅱ）有3个不同的实根，
当即时，在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，而，不符合题意，舍去；
当即时，在上单调递增，不符合题意，舍去；
当即时，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，，则
所以；
因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故；
下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在使得和同时成立.
若存在使得，
由，即，得，
当时，，不符合，舍去；
当时，即①
又由，即②
联立①②式，可得；故舍去，
综上，当时，函数有5个不同的零点．
数学试卷
考试范围：数列、导数、集合与常用逻辑用语、不等式、函数 满分：150分
一、单选题
1．命题“对，”为真命题的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知等差数列an的前项和为，，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，则的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
5．下列函数中，图象不存在与轴平行的切线的是（ ）
A．B．C．D．
6．若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．设 为函数 的极值点，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数对任意的都有，若的图象关于点对称，且，则（ ）
A．0B．C．3D．4
二、多选题
9．已知函数，则正确的是（ ）
A．的定义域为R
B．是非奇非偶函数
C．函数的零点为0
D．当时，的最大值为
10．设等比数列前项积为，公比为．若，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．当时，取最大值D．使成立的最大自然数是4046
11．下列说法正确的是（ ）
A．若，则有最小值2B．若，则有最大值2
C．若，则D．若，则
三、填空题
12．若集合，，则“”是“”的 条件．
13．函数的定义域为 .
14．已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围为
四、解答题
15．已知集合，
(1)若，求；
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
16．设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和.已知，且､构成等差数列，令.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
17．已知，函数，.
(1)若函数的减区间是，求的值；
(2)讨论的单调性；
(3)若方程在上恰有两个不同的解，求实数的取值范围.
18．年月日，雅万高铁正式开通运营，标志着印度尼西亚迈入高铁时代，中国印度尼西亚共建“一带一路”取得重大标志性成果.中国高铁正在成为共建“一带一路”和国际产能合作的重要项目.国内某车辆厂决定从传统型、智能型两种型号的高铁列车车厢中选择一种进行投资生产.已知投资生产这两种型号车厢的有关数据如下表（单位：百万元）
已知，每销售节智能型车厢时，需上交百万元用于当地基础建设.假设生产的车厢当年都能销售完.
(1)设、分别为该厂投资传统型和智能型两种型号车厢的年利润，分别求出、与年产量之间的函数关系式；
(2)①分别求出生产两种型号车厢的平均利润的最大值；
②要使生产两种型号车厢的平均利润最大，该厂应该选择生产哪种型号车厢？
19．已知函数，（其中为常数）；
（Ⅰ）如果函数和有相同的极值点，求的值；
（Ⅱ）设，问是否存在，使得，若存在，请求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
（Ⅲ）记函数，若函数有5个不同的零点，求实数的取值范围．
年固定成本
每节车厢成本
每节车厢价格
每年最多生产的节数
传统型
节
智能型
节
1．C
【分析】先求出原命题为真命题的充要条件，再根据题意，找到为其范围真子集的选项即得.
【详解】由命题“对，”为真命题，可知在上恒成立，
当时可得，当时不等式可化为：，
设，
① 因在上单调递减，故，则，故得；
②又因在上单调递减，在上单调递增，故，
则有，故得.
综上，可得，即命题“对，”为真命题等价于，
依题意需使选项的范围是的真子集，故C正确.
故选：C.
2．C
【分析】法一：由基本量法求出公差d和首项，再由等差数列前项和公式可得结论．法二：利用等差数列的性质即可整体代入求和.
【详解】法一：
设等差数列an的公差为d，
因为，，所以，
解得，所以.
法二：
因为在等差数列an中，，
所以.
故选：C
3．D
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据函数在、时函数值的特征，利用排除法判断即可.
【详解】函数的定义域为，
且，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B；
当时，则，当时，则，故排除C.
故选：D
4．B
【分析】利用零点存在性定理，只需得到，即可得到结论．
【详解】函数的定义域为，
又函数，，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
又，，
所以，
所以零点所在的大致区间为.
故选：B.
5．B
【分析】图象不存在与轴平行的切线，即无解，据此对选项逐一分析即可.
【详解】图象不存在与轴平行的切线，即无解，
对A：，则，得，
故图象在处的切线与轴平行，故A错误；
对B：，则无解，
故不存在与轴平行的切线，故B正确；
对C：，则，得，
故图象在处的切线与轴平行，故C错误；
对D：，则，得，
故图象在处的切线与轴平行，故D错误；
故选：.
6．B
【分析】根据不等式的解集求得，再解目标分式不等式即可.
【详解】∵关于的不等式的解集是，
∴由得，∴，．
∴，∴，由于，
∴，解得．
故答案为：B．
7．B
【分析】根据极值点的概念，结合零点的存在性定理计算即可求解.
【详解】，则，
设，则，
因为是函数的极值点，所以是函数的零点，
又，，
所以，故.
故选：B
8．B
【分析】由题意可判断函数的奇偶性以及周期，利用赋值法求出，再结合周期求函数值，即得答案.
【详解】由于的图象关于点对称，故的图象关于点对称，
即为奇函数，
又，则，即16 为的周期，
令代入，则，
故，
故选：B
9．AD
【分析】利用函数的性质研究，可以判断A、B、C选项，对于D选项，利用基本不等式来求最值即可．
【详解】由可得：函数的定义域为R，故A正确；
由，结合定义域为R，可知是奇函数，故B错误；
由解得，，所以零点为，故C错误；
当时，，取等号条件为，故D正确；
故选：AD.
10．ACD
【分析】AC选项，根据题目条件得到，AC正确；B选项，利用等比数列性质得到；D选项，根据等比数列的性质得到，，，从而D正确.
【详解】A选项，，，故或，
当时，由可知，
所以，但，互相矛盾，舍去，
当时，又，所以，
故满足要求，A正确；
B选项，，B错误；
C选项，因为，，
故当时，取最大值，C正确；
D选项，由于，故当时，
，
，
，
使成立的最大自然数是4046，D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】根据基本不等式和不等式的性质判断．
【详解】，则，当且仅当时等号成立，A正确；
，．，当且仅当，即时等号成立，因此的最大值是，B错；
由不等式的性质知C正确，
因为，所以，所以，即，D正确，
故选：ACD．
12．充分不必要
【分析】利用集合的性质证明充分性，举反例否定必要性即可.
【详解】由题意得，故充分性成立，
易得当时，满足，但不满足，故必要性不成立.
故答案为：充分不必要
13．
【分析】函数的定义域就是使得式子有意义的x的取值所构成的集合，列出相应的不等式组，求得结果.
【详解】要使函数有意义，需要，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
14．
【分析】等价于，令，求导分析单调性，可得等价于，进而可得，令，只需，利用导数求解最值即可得出答案．
【详解】等价于，
令，则，所以是增函数，
所以等价于，
所以，所以，
令，则，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以，故，
所以实数的取值范围为．
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数hx；
(3)利用导数研究hx的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到不等式的解．
15．(1)或
(2)
【分析】（1）当时，写出集合，求出集合，利用补集和并集的定义可求得集合；
（2）分析可知，分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，则或x≥1，
因为，
因此，或.
（2）解：因为“”是“”的充分不必要条件，则，
当时，，解得，此时满足；
当时，，解得，
要使成立，则，解得，
当时，，合乎题意.
综上所述，.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设数列的公比为q，由已知条件列方程组求和，可得数列的通项公式，再由得的通项公式；
（2）由数列的通项，利用分组求和，结合等差数列和等比数列的前项和公式求.
【详解】（1）设数列的公比为q，由已知， ，
则有，由，解得，所以；
由，得.
（2），
所以
.
17．(1)
(2)答案见详解
(3)
【分析】（1）令导函数为零，解出两个根即可求出的值；
（2）含参数的单调性讨论问题，求导后，分，，讨论导数的正负，得到的单调性即可；
（3）问题等价于函数与函数图像在上有两个交点，对求导后判断单调性和取值，画出函数图像，数形结合求出实数的取值范围即可.
【详解】（1），
因为函数的减区间是，
所以和4为导函数等于零的两个根，
所以.
（2）因为，
当时，恒成立，此时在上恒为增函数，
当时，令，解得或，
所以在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
当时，在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
综上所述，
当时，在上恒为增函数；
当时，在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
当时，在上为单调递增函数，在上为单调递减函数；
（3）原问题等价于函数与函数图像在上有两个交点.
，
令，
所以在上为单调递减函数，在上为单调递增函数，
作出函数图像如下：
因为，，，
因为，
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：
（1）第二问含参单调性讨论问题可先求导后讨论导数为零的根的大小，再分析单调性即可；
（2）本题第三问关键是把问题转化为函数与函数图像在上有两个交点，然后数形结合分析即可.
18．(1)答案见解析
(2)①答案见解析；②答案见解析.
【分析】（1）根据题意可得出、与年产量之间的函数关系式，并标出的取值范围；
（2）①求出两种车厢平均利润的表达式，利用函数的单调性、基本不等式可求得两种车厢利润的最大值；
②将两种车厢利润最大值作差，对实数的取值进行分类讨论，比较大小后可得出结论.
【详解】（1）解：由题意可得，其中，，
，其中，.
（2）解：传统型车厢平均利润为，其中，，
智能型车厢平均利润为，其中，，
令，其中，，
，其中，，
①函数在上单调递增，则，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，传统型车厢平均利润的最大值为百万元，
智能型车厢平均利润的最大值为百万元；
②，
当时，，投资传统型车厢可获得最大利润，且最大利润为百万元；
当时，，投资两种车厢可获得一样的最大利润，且最大利润为百万元；
当时，，投资智能型车厢可获得最大利润，且最大利润为百万元.
19．（Ⅰ）或（Ⅱ）（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）对求导，得到有2个根，而在处有极大值，所以那2个根分别等于，得到a的值；（Ⅱ）假设存在使得，将问题转化成了存在，使得，分类讨论，结合二次函数分析运算；（Ⅲ）已知条件中有5个不同的零点，根据解析式的特点，知有3个不同的实根，有2个不同的实根，分别分析处理，确定a的取值范围，同时证这5个根互不相等.
【详解】（1），则，
令，得或
而在处有极大值，
∴或，则或
（2）假设存在，即存在，使得
，
当时，又，故，则存在，使得
当即时，得
；
当即时，得
无解
综上：
(3)据题意有有3个不同的实根，有2个不同的实根，且这5个实根两两不相等．
（ⅰ）有2个不同的实根，则
∴或
（ⅱ）有3个不同的实根，
当即时，在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，而，不符合题意，舍去；
当即时，在上单调递增，不符合题意，舍去；
当即时，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，，则
所以；
因为（ⅰ）（ⅱ）要同时满足，故；
下证：这5个实根两两不相等，即证：不存在使得和同时成立.
若存在使得，
由，即，得，
当时，，不符合，舍去；
当时，即①
又由，即②
联立①②式，可得；故舍去，
综上，当时，函数有5个不同的零点．
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