四川省成都市玉林中学2024-2025学年高三上学期10月诊断性评价数学试题

这是一份四川省成都市玉林中学2024-2025学年高三上学期10月诊断性评价数学试题，共20页。试卷主要包含了请将答案正确填写作答题卡上， 设x∈R，则“”是“”的， 已知函数，则函数的零点个数为， 若，则的大小关系为， 下列说法正确的是．， 已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前在答题卡上填写好自已的姓名､班级考号等信息；
2.请将答案正确填写作答题卡上.
一､单选题（本大题共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】A
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】集合，则，又，
所以.
故选：A
2. 抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】求出导函数，令求出即为切线的斜率.
【详解】令，得，得
故选：D
3. 设x∈R，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】因为，所以或，所以或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
4. 已知函数，则函数的零点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】分两种情况，解方程即可得解.
【详解】当时，由可得，
所以，
所以，故，
当时，由可得，故，
则的零点有，，3，共计3个.
故选：C．
5. 已知函数是定义在上的增函数，则满足的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的定义域及单调性计算即可.
【详解】由题意可知，解不等式得.
故选：D
6. 世界上海拔最高的天然“心形湖”位于四川省康定县的情歌木格措景区，被誉为藏在川西的“天空之心”.这个湖泊位于青藏高原，呈现出明亮的蓝绿色，水质清澈宛如明镜.湖泊周围环抱着雪山和梅花峰，景色优美迷人.下图1是这个“心形湖”的轮廓，其形状如一颗爱心.图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式可求得，知A错误；由时，可知B错误；根据、图象中的特殊点及函数的奇偶性、单调性可知C正确；根据函数定义域可知D错误.
【详解】对于A，（当且仅当，即时取等号），
在上的最大值为，与图象不符，A错误；
对于B，当时，，与图象不符，B错误；
对于C，，当时，；
又过点；
由得：，解得：，即函数定义域为；
又，
为定义在上的偶函数，图象关于轴对称；
当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：与图象相符，C正确；
对于D，由得：，不存在部分的图象，D错误.
故选：C.
7. 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.
【答案】C
【解析】
【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.
8. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设，，，构造，利用导数研究其单调性，进而判断的大小.
【详解】由题设知：，，，
令，则，易知上单调递增，
上单调递减，即，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：构造，利用导数研究其单调性，进而比较函数值的大小.
二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）．
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 的最小值是2
C. 若，则
D. 的最小正周期是
【答案】ACD
【解析】
【分析】全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断选项A；由基本不等式使用的条件可判断选项B；在单调递增，即可判断选项C；由正弦型函数的最小正周期公式计算即可判断选项D.
【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题，
命题“，”的否定是“，”，故A正确；
当时，，的最小值是2，
当时，，的最大值是，故B错误；
在单调递增，若，则，故C正确；
的最小正周期为：，故D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的值域是B. 图象的对称中心为
C. D. 的值域是
【答案】BCD
【解析】
【分析】分离常数法，利用反比例函数图象的平移变换可得AB项，由对称性可得C项，由换元法可求复合函数值域得D项.
【详解】，
函数的图象可看作函数向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到，
由函数对称中心为，且值域为，
故函数的值域为，对称中心为，
所以A项错误；B项正确；
C项，由的图象关于中心对称，则，
故，故C正确
D项，令，由，则，
由，则.
因为在单调递减，故的值域为.
所以的值域是，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知函数是上的奇函数，对任意，都有成立，当，且时，都有，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 函数在上有个零点
D. 函数在上为减函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意利用奇函数性质可得，即的图象关于直线对称，可推出是周期为4的周期函数，即可判断AB正确；易知函数y=fx在上有7个零点，即C错误；由函数单调性及其对称性可判断D正确.
【详解】根据题意，函数y=fx是R上的奇函数，所以；
又对任意x∈R，都有成立，
令，可得，即，所以，
即可知函数的图象关于直线对称；
又函数y=fx是R上的奇函数，所以f2−x=−f−x，则fx+2=−fx；
则有fx+4=−fx+2=fx，故函数是周期为4周期函数；
当，且时，都有，所以在区间0,1上单调递增；
再由奇函数性质可知在区间−1,0上单调递增；
对于A，由fx+2=−fx可得，
所以，即A正确；
对于B，由直线是函数的一条对称轴，且是周期为4的周期函数；
则也是函数的一条对称轴，又为奇函数，
所以直线是函数y=fx图象的一条对称轴，即B正确；
对于C，函数y=fx在上有7个零点，分别为，即C错误；
对于D，易知函数y=fx在上单调递增，且周期为4，则函数y=fx在上为增函数，
由直线是函数的一条对称轴，则函数y=fx在上为减函数，即D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：本题主要考察函数奇偶性、对称性、单调性和周期性的应用，要根据其他性质综合运用推出函数值求和、对称轴、对称中心、零点个数等的求解.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. ______.
【答案】6
【解析】
【分析】根据对数的概念及对数运算性质可直接求值.
【详解】因为.
故答案为：6
13. 已知函数的定义域是，，，当时，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知关系式可推导求得，利用周期性和对称性可得，结合已知函数解析式可求得结果.
【详解】由得：，
又，，
，，
.
故答案为：.
14. 函数，不等式对恒成立，则实数的取值范围是_____
【答案】
【解析】
【分析】由解析式得出，令，得为奇函数，再利用导数得出的单调性，根据奇偶性与单调性求解不等式即可．
【详解】因为，
所以，
令，则，可得为奇函数，
又因为，
，当且仅当，即时等号成立；
，当且仅当，即时等号成立；
所以，可得在上为增函数，
因为，
所以在上恒成立，
当时，显然成立；
当，需满足，解得，
综上，，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：由函数解析式得出，构造是解题关键．
四､解答题（本大题共5小题，共计77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 如图，在三棱柱中，平面是棱的中点，在棱上，且.

（1）证明：平面；
（2）若四棱锥的体积等于1，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直判定与性质定理证得，再利用平行线分线段成比例的推论证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用四棱锥的体积求出，建系并写出相关点的坐标，求出两个平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】

如图，连接交于，连接交于，连接，
平面，平面，，
又因平面
故平面又平面则，
又平面
则平面又平面，，
在中，由知，，
即，
又因，可得，
即在中，，
平面，平面
平面；
【小问2详解】
设，
四棱锥体积为，解得，
由（1）知，所以，
又，
则，所以为棱的中点.
以分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
则，设平面的法向量为n=x,y,z，
由，得，令，得，
因平面，故可取平面的法向量，
，
因为二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
16. 2022年暑假，某社区8名大学生（其中男生5人，女生3人），任选3人参加志愿服务.
（1）设“女生甲被选中”为事件，“男生乙被选中”为事件，求；
（2）设所选3人中男生人数为，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分别求，，利用条件概率计算公式，求.
（2）写出的可能取值，求出对应的概率，可得的分布列，再求数学期望.
【小问1详解】
依题意，
.
所以.
【小问2详解】
依题意，的所有可能取值为，
所以，
，
所以的分布列为
所以.
17. 椭圆过点且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设的左、右焦点分别为，，过点作直线与椭圆交于两点，，求的面积.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）代入点坐标并于联立计算可得，求出椭圆的标准方程；
（2）联立直线和椭圆方程并利用向量数量积的坐标表示以及韦达定理即可得出，再由弦长公式计算可得结果.
【小问1详解】
将代入椭圆方程可得，即，
又因为，所以，代入上式可得，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由(1)可得，
设直线的方程为，如下图所示：
联立，得，
所以，
则，
所以
，
解得，即，
所以，
则的面积.
18. 设函数.
（1）若在处的切线方程为，求实数的取值；
（2）试讨论的单调性；
（3）对任意的，恒有成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）1 （2）单调递减区间是，单调递增区间是；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义直接列出方程即可求解；
（2）根据导数的正负讨论单调性即可；
（3）分，三类讨论，分离出参数，右边设，分别求出其在：和时的最值，最后得到的范围.
【小问1详解】
由，则，
因为在处的切线方程为，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，，，
因为，所以时，f′x0，
所以单调递减区间是，单调递增区间是.
【小问3详解】
若任意的x∈0,+∞，恒有成立，
即，在x∈0,+∞上恒成立，即，其中，
当时，成立，
当时，，则恒成立，令，
令ℎ′x