安徽省滁州市2025届高三数学上学期第二次月考试题含解析

这是一份安徽省滁州市2025届高三数学上学期第二次月考试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知函数的图象上存在关于原点对称的两个点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性，先求出当时关于原点对称的函数解析式，然后将问题转化为当时与的图象有公共点，再转化为方程有解问题，
最后结合图象即可得解.
【详解】由函数定义域可知，，
当时，设，要题目条件成立，只需的图象与的图象有公共点，即方程在时有解，
所以，即在时有解，
作出函数的图象如图，
由图象可知，，得，综上所述，，
故选：D.
2. 已知，，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值是（ ）
A. 4B. C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共同零点，由此得是方程的根，可得的关系，消b再利用基本不等式求解最值可得.
【详解】设，
又，所以在0,+∞单调递增，
当时，；当时，，
由图象开口向上，，可知方程gx=0有一正根一负根，
即函数在0,+∞有且仅有一个零点，且为异号零点；
由题意知，则当时，；当时，，
所以是方程的根，
则，即，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
则的最小值是8，
故选：C
3. 已知函数若方程有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】方程有6个不同的实数根等价于有2个不同的实数解，再结合二次函数的性质求解即可；
【详解】作出图像，
令，则方程有6个不同的实数根等价于有2个不同的实数解，且，
则，解得，
故选：.
4. 已知函数有两个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】条件化为与的两个交点横坐标分别为，数形结合得到，应用对勾函数性质求目标式的范围.
【详解】由函数有两个零点，，
所以与的两个交点横坐标分别为，
结合图象知，，且，
则，
令，则，
又在区间0,1上单调递减，，
故选：B
5. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知可得分段函数的解析式，结合函数的单调性即可求解.
【详解】由已知函数的定义域为，
且，
当时，函数先减后增，排除，，
当时，因为和是减函数，
所以函数是减函数，所以排除.
故选：.
6. 定义在上的偶函数和奇函数满足，若函数的最小值为，则（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据函数奇偶性得到，，从而得到，换元得到在上的最小值为，根据对称轴，分和两种情况，根据函数单调性得到最小值，从而得到方程，求出答案.
【详解】①，故，
因为为上的偶函数，为上的奇函数，
故，所以②，
式子①和②联立得，，
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
所以在上的最小值为，
由于的对称轴为，
故当时，在上单调递增，
故，解得，不合要求，舍去；
当时，上单调递减，在上单调递增，
故，解得，负值舍去；
故选：C
7. 若函数在区间上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性及单调性，结合零点存在定理即可求解.
【详解】若，则当时，，
则恒成立，不符合题意.
若，函数和函数都是偶函数，
且都在上单调递减，在上单调递增，
所以为偶函数，且在上单调递减，在上单调递增，
要使在上存在零点，
只需，即，
所以.
故选：.
8. 已知，则下列选项中正确的是（ ）
A. B. 是奇函数
C. 关于直线对称D. 的值域为
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数解析式，结合函数的周期性，奇偶性，对称性以及值域的求解方法，逐项求解即可.
【详解】对A：，故A错误；
对B：的定义域为，又，
故为偶函数，B错误；
对C：，
故关于直线对称，C正确；
对D：，令，故，
又在单调递增，在单调递减，又，
故，也即y=f(x)的值域为，故D错误.
故选：C.
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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的对称中心为
B. 的值域为
C. 区间上单调递增
D. 的值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，利用函数的对称性定义验证即可；选项B，计算值域即可；选项C，根据函数的单调性运算判断单调性即可；选项D：找到，计算即可.
【详解】由题可知
选项A：由题可知，
所以得，故的对称中心为-1,1，
选项A正确；
选项B：因为，显然，所以的值域为，
选项B错误；
选项C：当时，单调递减，所以单调递增，
所以单调递增，选项C正确；
选项D：，所以，所以有，选项D正确.
故选：ACD
10. 已知函数，则（ ）
A. 是上的减函数
B. 的图象关于点对称
C. 若是奇函数，则
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用函数单调性的定义可判断A选项；利用函数的对称性可判断BC选项；将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，即可得出原不等式的解集，可判断D选项.
【详解】对于A选项，任取、，且，则，
则
，所以，，
所以，函数是R上的减函数，A对；
对于B选项，因为函数的定义域为R，
则，
所以，，
所以，函数y=fx的图象关于点对称，B错；
对于C选项，因为函数y=fx是奇函数，即函数y=fx的图象关于原点对称，
由B选项可知，函数y=fx的图象关于点对称，则，解得，C对；
对于D选项，由，可得，
因为函数是R上的减函数，则，解得，
故不等式的解集为，D对.
故选：ACD.
11. 已知、均为正实数，且，则（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，利用基本不等式即可解得；
对B，将2换成，进而利用基本不等式得到答案；
对C，将原式化简为，进而根据代换，然后得到答案；
对D，将原式变化为，进而化简，然后设,，而后用进行代换，最后用基本不等式得到答案.
【详解】对于A选项，由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，的最大值为，A对；
对于B选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，的最小值为，B错；
对于C选项，
，
当且仅当时，即当或时，等号成立，
所以，的最小值为，C对；
对于D选项，
，
设，，可得，
则上式，
当且仅当时，即当时，即当时，等号成立，
所以，的最小值为，D对.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，且，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】结合，，可将，可视为函数的两个零点，且满足，结合二次函数性质可得，即可得解.
【详解】由已知，，
则，
所以，可视为方程的两个解，且满足，
即，可视为函数的两个零点，且满足，
则，
解得，即，
则，
故答案为：.
13. 已知关于x的方程有解，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用三角函数的辅助角公式，结合三角函数的值域，可得不等式，整理不等式，利用二次函数的性质，可得答案.
【详解】由，其中，
则，可得，即，
两边平方化简可得，因此，
由，则，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
14. 已知是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由奇偶性推导出是周期为的周期函数，再求出f1，，，，利用周期性及等差数列求和公式计算可得.
【详解】是偶函数，
，即f1+x=f1-x，
从而，又是奇函数，
则f-x=-fx，
，进而fx+4=-fx+2=fx，
所以是周期为的周期函数.
由当时，，得，，
，，，
即，，，，
.
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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知，且.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用切化弦以及三角恒等变换化简得出，求出这两个角的值，利用正弦定理求出的值，然后利用三角形的面积公式求解即可；
（2）分析可得，利用正弦定理化简可得，根据角的取值范围可求出的取值范围，由此可得出的取值范围.
【小问1详解】
因为，可得，
所以，，
因为、，且余弦函数在上单调递减，则，
当时，则，
由正弦定理可得，则，
因此，的面积为.
【小问2详解】
由（1）可得，则，
由正弦定理可得，则，
因为，则，可得，
所以，，即的取值范围是.
16. 在四棱锥中，平面ABCD，．
（1）证明：平面PAC；
（2）若Q为线段PC的中点，求平面PAD与平面QAD的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质得，根据已知可得，再应用线面垂直的判定证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
由平面ABCD，平面ABCD，则，
由，则，又，可得，
若为中点，连接，而，则，即为正方形，
所以，且，则，
综上，，即，
由都在面PAC内，所以平面PAC；
【小问2详解】
由题设，可构建如图示的空间直角坐标系，，
所以，则，
令是面QAD的一个法向量，则m⋅AQ=x+y+2z=0m⋅AD=4y=0，
令，则，又是面PAD一个法向量，
所以面PAD与面QAD的夹角的余弦值|csm,n|=|m⋅n|m||n||=25=255.
17. 已知数列是公差大于1等差数列，，且，，成等比数列，若数列前项和为，并满足，.
（1）求数列，的通项公式.
（2）若，求数列前项的和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的基本量可求出；利用和的关系，构造出即可求出；
（2）利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由，且，，成等比数列知：
，整理得：，
即或者，因为公差大于1，故.
且，故.
数列前项和为，并满足 ①，
且，解得，
故当时， ②，
①式减②式得：，
即，故是公比为2的等边数列，
则，
故
【小问2详解】
，
故
则
故
故
则
18. 已知函数，其中，
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，过点可以作3条直线与曲线相切，求m的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数直接求解单调区间即可；
（2）设切点为，利用导数的几何意义可得，设，结合题意可将问题转化为函数与y=gx的图象有三个交点，进而结合导数分析y=gx的单调性，再结合图象求解即可.
【小问1详解】
由，，
则，
令f'x>0，得；令f'x0，
画出函数与y=gx大致图象，
要使函数与y=gx的图象有三个交点，则，
即m的取值范围为．
19. 已知函数.
（1）若，求在处的切线方程.
（2）讨论的单调性.
（3）求证：若，有且仅有一个零点.
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）根据给定条件，按，，，分类，利用导数求出单调区间.
（3）利用（2）的结论，结合零点存在性定理推理证明即可.
【小问1详解】
当时，，求导得，则，而，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
函数的定义域为，
求导得，
①当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在上单调递减；
②当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在，上单调递减；
③当时，，函数在上单调递减；
④当时，由，得，由，得，
则函数在上单调递增，在，上单调递减，
所以当时，函数的递增区间为，递减区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为，；
当时，函数的递减区间为；
当时，函数的递增区间为，递减区间为，.
【小问3详解】
①当时，函数在上单调递减，而，，
因此存在唯一使，则有且仅有一个零点；
②当时，函数在处取得极小值，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，即，
，当时，，则，
因此存在唯一使，则有且仅有一个零点；
③当时，函数在处取得极小值，，
同理存在唯一使，则有且仅有一个零点，
所以有且仅有一个零点