2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義之滾動測試卷01（新高考專用）解析版

2/22025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義之滾動測試卷01（新高考專用）測試范圍：集合與常用邏輯用語、不等式、函數(shù)與基本初等函數(shù)一、單選題(本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．（2024·全國·高考真題）集合，則（

）A． B． C． D．2．（2024·江蘇南通·三模）已知為復(fù)數(shù)，則“”是“”的（

）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件 C．充要條件 D．非充分非必要條件3．（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，則的解集為（

）A． B． C． D．4．（2024·全國·高考真題）已知函數(shù)為，在R上單調(diào)遞增，則a取值的范圍是（

）A． B． C． D．5．（2024·安徽合肥·模擬預(yù)測）函數(shù)（為自然函數(shù)的底數(shù)）的圖像大致為（

）A．

B．

C．

D．

6．（2024·福建福州·模擬預(yù)測）當(dāng)藥品注射到人體內(nèi)，它在血液中的殘余量會以每小時的速度減少，另一種藥物注射到人體內(nèi)，它在血液中的殘余量會以每小時的速度減少．現(xiàn)同時給兩位患者分別注射藥品A和藥品B，當(dāng)兩位患者體內(nèi)藥品的殘余量恰好相等時，所經(jīng)過的時間約為（

）（參考數(shù)據(jù)：）A． B． C． D．7．（2024·北京·高考真題）已知，是函數(shù)圖象上不同的兩點，則下列正確的是（

）A． B．C． D．8．（2024·北京·三模）2024年1月17日我國自行研制的天舟七號貨運飛船在發(fā)射3小時后成功對接于空間站天和核心艙后向端口，創(chuàng)造了自動交會對接的記錄.某學(xué)校的航天科技活動小組為了探索運動物體追蹤技術(shù)，設(shè)計了如下實驗：目標(biāo)P在地面軌道上做勻速直線運動；在地面上相距的A，B兩點各放置一個傳感器，分別實時記錄A，B兩點與物體P的距離.科技小組的同學(xué)根據(jù)傳感器的數(shù)據(jù)，繪制了“距離-時間”函數(shù)圖像，分別如曲線a，b所示.和分別是兩個函數(shù)的極小值點.曲線a經(jīng)過和，曲線b經(jīng)過.已知，并且從時刻到時刻P的運動軌跡與線段AB相交.分析曲線數(shù)據(jù)可知，P的運動軌跡與直線AB所成夾角的正弦值以及P的速度大小分別為（

）A． B．C． D．二、多選題(本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分)9．（2024·河南·三模）已知函數(shù)，則（

）A．的定義域為B．的值域為C．D．的單調(diào)遞增區(qū)間為10．（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）已知函數(shù)，設(shè)，．且關(guān)于的函數(shù)．則（

）A．或B．C．當(dāng)時，存在關(guān)于的函數(shù)在區(qū)間上的最小值為6，D．當(dāng)時，存在關(guān)于的函數(shù)在區(qū)間上的最小值為6，11．（2024·湖北·模擬預(yù)測）設(shè)定義在上的函數(shù)與的導(dǎo)函數(shù)分別為和.若，，且為奇函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱 B．C． D．三、填空題(本大題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在題中的橫線上)12．（2024·山東濟(jì)寧·三模）已知函數(shù)，則.13．（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知，若實數(shù)m，n滿足，則的最小值為14．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）牛頓選代法又稱牛頓——拉夫遜方法，它是牛頓在17世紀(jì)提出的一種在實數(shù)集上近似求解方程根的一種方法.具體步驟如下圖示：設(shè)r是函數(shù)的一個零點，任意選取作為r的初始近似值，在點作曲線的切線，設(shè)與軸x交點的橫坐標(biāo)為，并稱為r的1次近似值；在點作曲線的切線，設(shè)與軸x交點的橫坐標(biāo)為，稱為r的2次近似值.一般地，在點作曲線的切線，記與x軸交點的橫坐標(biāo)為，并稱為r的次近似值.設(shè)的零點為r，取，則r的1次近似值為；若為r的n次近似值，設(shè)，，數(shù)列的前n項積為.若任意，恒成立，則整數(shù)的最大值為.四、解答題(本大題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)15.(13分)（22-23高一上·山東濟(jì)南·期末）已知集合或，.(1)當(dāng)時，求；(2)若“”是“”成立的必要不充分條件，求a的取值范圍.16.(15分)（23-24高三上·山東威?！て谀┰谥?，角所對的邊分別為記的面積為，已知.(1)求角的大??；(2)若，求的最大值.17.(15分)（23-24高一下·廣東汕頭·期中）已知函數(shù)為奇函數(shù)．(1)求實數(shù)a的值；(2)判斷函數(shù)的單調(diào)性（不用證明）；(3)設(shè)函數(shù)，若對任意的，總存在，使得成立，求實數(shù)m的取值范圍．18.(17分)（2024·湖南長沙·模擬預(yù)測）設(shè)n次多項式，若其滿足，則稱這些多項式為切比雪夫多項式.例如：由可得切比雪夫多項式，由可得切比雪夫多項式.(1)若切比雪夫多項式，求實數(shù)a，b，c，d的值；(2)對于正整數(shù)時，是否有成立？(3)已知函數(shù)在區(qū)間上有3個不同的零點，分別記為，證明：.19.(17分)（2024·山東·模擬預(yù)測）法國數(shù)學(xué)家弗朗索瓦·韋達(dá)發(fā)現(xiàn)了一元二次方程的根與系數(shù)之間的關(guān)系，將其推廣到高次方程，并在其著作《論方程的識別與訂正》中正式發(fā)表，后來人們把這個關(guān)系稱為韋達(dá)定理，即如果是關(guān)于x的實系數(shù)一元n次方程在復(fù)數(shù)集C內(nèi)的n個根，則試運用韋達(dá)定理解決下列問題：(1)已知，，，求的最小值；(2)已知，關(guān)于x的方程有三個實數(shù)根，其中至少有一個實效根在區(qū)間內(nèi)，求的最大值．參考答案：1．D【分析】由集合的定義求出，結(jié)合交集與補(bǔ)集運算即可求解.【詳解】因為，所以，則，故選：D2．A【分析】正向可得，則正向成立，反向利用待定系數(shù)法計算即可得或，則必要性不成立.【詳解】若，則，則，故充分性成立；若，設(shè)，則，，則，或與不一定相等，則必要性不成立，則“”是“”的充分非必要條件，故選：A3．C【分析】根據(jù)奇偶性定義得出為上偶函數(shù)，當(dāng)時，得出，即可得出的單調(diào)性，將轉(zhuǎn)化為，求解即可．【詳解】定義域為，，故為上偶函數(shù)，當(dāng)時，，因為，所以，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，整理得，，解得，故選：C．4．B【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)和分界點的大小關(guān)系即可得到不等式組，解出即可.【詳解】因為在上單調(diào)遞增，且時，單調(diào)遞增，則需滿足，解得，即a的范圍是.故選：B.5．A【分析】由函數(shù)的奇偶性可排除B，C；再由趨近，，排除D，即可得出答案.【詳解】的定義域為，，所以為奇函數(shù)，故排除B，C；當(dāng)趨近，，所以，，所以，故排除D.故選：A.6．C【分析】設(shè)經(jīng)過小時后兩位患者體內(nèi)藥品的殘條量恰好相等，根據(jù)題意列方程，再由對數(shù)的運算性質(zhì)計算可得．【詳解】設(shè)經(jīng)過小時后兩位患者體內(nèi)藥品的殘條量恰好相等，由題意得：，整理得：，兩邊取常用對數(shù)得：，即，即，所以，即，所以大約經(jīng)過時，兩位患者體內(nèi)藥品的殘余量恰好相等．故選：C．7．A【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合基本不等式分析判斷AB；舉例判斷CD即可.【詳解】由題意不妨設(shè)，因為函數(shù)是增函數(shù)，所以，即，對于選項AB：可得，即，根據(jù)函數(shù)是增函數(shù)，所以，故A正確，B錯誤；對于選項C：例如，則，可得，即，故C錯誤；對于選項D：例如，則，可得，即，故D錯誤，故選：A.8．B【分析】建系，設(shè)點，作相應(yīng)的輔助線，分析可知，結(jié)合分析求解即可.【詳解】如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，

設(shè)動點P的軌跡與y軸重合，其在時刻對應(yīng)的點分別為（坐標(biāo)原點），，P的速度為，因為，可得，由題意可知：均與y軸垂直，且，作垂足為，則，因為，即，解得；又因為∥y軸，可知P的運動軌跡與直線AB所成夾角即為，所以P的運動軌跡與直線AB所成夾角的正弦值為.故選：B.【點睛】關(guān)鍵點點睛：建系，設(shè)動點P的軌跡與y軸重合，以坐標(biāo)系為依托，把對應(yīng)的量轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的長度，進(jìn)而分析求解.9．ABC【分析】根據(jù)函數(shù)的解析式，求出函數(shù)的定義域值域即可判斷A、B，求出利用對數(shù)運算法則即可求解C，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性即可判斷D.【詳解】對AB，由，得，則的定義域為，值域為，A，B均正確；對C，，C正確；對D，因為，所以，外層函數(shù)為增函數(shù)，，令，所以函數(shù)定義域為，內(nèi)層函數(shù)，在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為不是D錯誤.故選：ABC10．ABD【分析】根據(jù)新定義，歸納推理即可判斷A，根據(jù)A及求和公式化簡即可判斷B，根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸分別求出函數(shù)最小值，建立方程求解正整數(shù)可判斷CD.【詳解】因為，，所以，，依次類推，可得，故A正確；由A選項知，，故B正確；當(dāng)時，的對稱軸，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，故當(dāng)時，，方程無整數(shù)解，故C錯誤；當(dāng)時，的對稱軸，所以當(dāng)時，，解得，故D正確.故選：ABD11．AC【分析】對于A：由可設(shè)，根據(jù)題意分析可得，，即可得結(jié)果；對于C：結(jié)合奇偶性可得函數(shù)的周期，結(jié)合周期性分析求解；對于B：分析可知，根據(jù)周期性分析求解；對于D：結(jié)合選項BC中的結(jié)論運算求解.【詳解】對于選項A：因為，則，可得，又因為，可得.令，可得，解得，可得，所以函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，A正確；對于選項C：因為為奇函數(shù)，可知的圖象關(guān)于點對稱，且，令，可得，即；令，可得；令，可得；由函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，可得；所以，又因為，則，可知函數(shù)的周期，所以，故C正確；對于選項B：由AC可知，可得，，所以，故B錯誤；對于選項D：可得，故D錯誤.故選：AC.【點睛】方法點睛：函數(shù)的性質(zhì)主要是函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性和周期性以及函數(shù)圖象的對稱性，在解題中根據(jù)問題的條件通過變換函數(shù)的解析式或者已知的函數(shù)關(guān)系，推證函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)解決問題．12．【分析】利用已知的分段函數(shù)，可先求，再求即可.【詳解】因為，所以.所以.故答案為：.13．4【分析】利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)單調(diào)性，由得，即可利用不等式求解最值.【詳解】由可得，故在單調(diào)遞增，而，故得，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，故答案為：414．31【分析】利用給定定義，整理出，求值解決第一空即可，利用求出，進(jìn)而得到，再確定的最大值即可.【詳解】易知，設(shè)切點為，由切線幾何意義得斜率為，故切線方程為，由給定定義知在該直線上，代入直線得，當(dāng)時，易知，故的1次近似值為，由得，，，而函數(shù)的零點為，且，故在上單調(diào)遞增，且，，故，由零點存在性定理得，由題意得，故，而是整數(shù)，故，故答案為：3；1【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列和導(dǎo)數(shù)新定義，解題關(guān)鍵是利用給定定義，然后表示出，求出，得到所要求的參數(shù)最值即可．15．(1)或；(2).【分析】（1）化簡，根據(jù)并集的概念可求出結(jié)果；（2）轉(zhuǎn)化為是的真子集，再根據(jù)真子集關(guān)系列式可求出結(jié)果.【詳解】（1）當(dāng)時，或，由，得，所以，所以或.（2）若“”是“”成立的必要不充分條件，則是的真子集，故，解得.16．(1)(2)24【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積公式及面積公式求出角A即可；（2）應(yīng)用余弦定理結(jié)合基本不等式求出最值即得解.【詳解】（1）因為，所以，可得，因為，所以.（2）由余弦定理可知，即，因為，所以，所以，可得，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，所以的最大值為.17．(1)(2)在，上單調(diào)遞減.(3)【分析】（1）考慮和兩種情況，根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)計算得到答案.（2）確定定義域，設(shè)，且，計算，得到單調(diào)性.（3）根據(jù)單調(diào)性確定時的值域，設(shè)，換元得到二次函數(shù)，計算最大值和最小值，根據(jù)值域的包含關(guān)系得到答案.【詳解】（1）由已知函數(shù)需滿足，當(dāng)時，函數(shù)的定義域為，函數(shù)為奇函數(shù)，所以，即在上恒成立，即，（舍），當(dāng)時，，函數(shù)的定義域為，又函數(shù)為奇函數(shù)，所以，此時，函數(shù)定義域為，，函數(shù)為奇函數(shù)，滿足，綜上所述：；（2）在和上單調(diào)遞減，證明如下：，定義域為，設(shè)，且，則因為，且，所以，所以，所以在上單調(diào)遞減，同理可證，所以在上單調(diào)遞減；所以在，上單調(diào)遞減.（3）函數(shù)在和上單調(diào)遞減，且當(dāng)時，，當(dāng)時，，時，，所以當(dāng)時的值域，又，設(shè)，則，當(dāng)時，取最小值為，當(dāng)時，取最大值為，即在上的值域，又對任意的，總存在，使得成立，即，所以，解得，即.18．(1)(2)成立(3)證明見解析【分析】（1）利用展開計算，根據(jù)切比雪夫多項式可求得；（2）要證原等式成立，只需證明成立即可，利用兩角和與差的余弦公式可證結(jié)論成立；（3）由已知可得方程在區(qū)間上有3個不同的實根，令，結(jié)合（1）可是，可得，計算可得結(jié)論.【詳解】（1）依題意，，因此，即，則，（2）成立.這個性質(zhì)是容易證明的，只需考慮和差化積式.首先有如下兩個式子：，，兩式相加得，，將替換為，所以.所以對于正整數(shù)時，有成立.（3）函數(shù)在區(qū)間上有3個不同的零點，即方程在區(qū)間上有3個不同的實根，令，由知，而，則或或，于是，則，而，所以.19．(1)(2)4【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求解極值，即可得，進(jìn)而可求解，（2）根據(jù)韋達(dá)定理可得，即可表達(dá)出，進(jìn)而化簡可得，即可根據(jù)，利用不等式求解.【詳解】（1）根據(jù)韋達(dá)定理可設(shè)是的三個實數(shù)根，令，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞增，當(dāng)時，，此時單調(diào)遞減，故的極大值為極小值為由于不可能相等，否則，與矛盾，故有兩個或者三個零點，則且，故，由，結(jié)合，，所以由，所以，則，故的最小值為，（2）設(shè)方程的三個實數(shù)根