江蘇省宿遷市2025屆高三上學(xué)期第一次調(diào)研考試數(shù)學(xué)試題（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁江蘇省宿遷市2025屆高三上學(xué)期第一次調(diào)研考試數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合M={x∣?2<x≤1},N={?2,?1,0,1}，則M∩N=(

)A.?1,1 B.?2,?1,0 C.?1,0,1 D.?1,?2,0,12.命題“?x∈R，x2+x+1<0”的否定為(

)A.?x∈R，x2+x+1≥0 B.?x?R，x2+x+1≥0

C.?x∈R，x23.若a>0,b>0,a+2b=3，則3a+6bA.9 B.18 C.24 D.274.已知函數(shù)fx的值域為?2,3，則函數(shù)fx?2的值域為(

)A.?4,1 B.0,5 C.?4,1∪0,5 5.我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為00型，比如：當(dāng)x→0時，ex?1x的極限即為00型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達(dá)在1696年提出洛必達(dá)法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法．如：limA.0 B.12 C.1 D.6.2018年9月24日，阿貝爾獎和菲爾茲獎雙料得主，英國89歲高齡的著名數(shù)學(xué)家阿蒂亞爵士宣布自己證明了黎曼猜想，這一事件引起了數(shù)學(xué)界的震動.在1859年，德國數(shù)學(xué)家黎曼向科學(xué)院提交了題目為《論小于某值的素數(shù)個數(shù)》的論文并提出了一個命題，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的數(shù)學(xué)家歐拉也曾研究過這個何題，并得到小于數(shù)字x的素數(shù)個數(shù)大約可以表示為πx≈xlnx的結(jié)論.若根據(jù)歐拉得出的結(jié)論，估計10000以內(nèi)的素數(shù)個數(shù)為(

)(A.1079 B.1075 C.434 D.25007.已知fx=ln?x,x<0x2?4x+5,x≥1，若方程f(x)=m(m∈R)有四個不同的實數(shù)根x1，A.(3,4) B.(2,4) C.[0,4) D.[3,4)8.fx是在0,1上的連續(xù)函數(shù)，設(shè)An=A.An≤A2n B.An≤A二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知函數(shù)fx=x3A.x=2是fx的極小值點 B.fx有兩個極值點

C.fx的極小值為1 D.fx10.下列命題正確的有(

)A.函數(shù)f2x定義域為[?2,2]，則fx2的定義域為[?2,2]

B.函數(shù)fx=lnx2+1+x是奇函數(shù)

C.已知函數(shù)f11.已知x>0,y>0,2x+y=1，則(

)A.4x+2y的最小值為22 B.log2x+log2y三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.?x∈R，函數(shù)fx=x3+a13.已知函數(shù)fx=lgx2?ax+12在?1,3上單調(diào)遞減，則實數(shù)14.設(shè)集合S={x∈R|xn=n,n∈N+,x>0}則集合S四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

已知集合P={x|2x2?3x+1?0},Q={x|(x?a)(x?a?1)?0}.

(1)若a=1，求P∩Q；

(2)若x16.(本小題12分)已知函數(shù)fx=ax2+bx+18(1)求f(x)的解析式；(2)當(dāng)x>?1時，求y=fx17.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為梯形，AB//DC，AB=2BC=?2CD=2，∠ABD=60°，PB⊥AD，PB=PD=1．(1)求點P到平面ABCD的距離;(2)在棱PC上是否存在點F，使得平面DBF與平面PBC夾角的余弦值為15?若存在，求出點F的位置;18.(本小題12分)已知函數(shù)f(x)=2x，若點P(x0,y0(1)求F(x)=f(x)+f(?x)的最小值，及相應(yīng)的x值(2)求函數(shù)y=g(x)的解析式，指出其定義域D，判斷并證明G(x)=f(x)+g(x)在D上的單調(diào)性(3)在函數(shù)y=f(x)和y=g(x)的圖象上是否分別存在點A、B關(guān)于直線y=x?1對稱，若存在，求出點A、B的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由19.(本小題12分)

帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利?帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)m，n，函數(shù)f(x)在x=0處的[m,n]階帕德近似定義為：

R(x)=a0+a1x+?+amxm1+b1x+?+bnxn，且滿足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f″(0)=R″(0)，?，已知f(x)=ln(x+1)在x=0處的[1,1]階帕德近似為(1)求實數(shù)m，n的值;(2)證明：當(dāng)x≥0時，f(x)≥g(x);(3)設(shè)a為實數(shù)，討論方程f(x)?a2g(x)=0參考答案1.C

2.C

3.A

4.D

5.D

6.B

7.D

8.A

9.BD

10.AB

11.ABD

12.0≤a≤9

13.[6,7)

14.1；315.解：(1)P={x|2x2?3x+1≤?0}={x|12≤x≤?1}，

當(dāng)a=1時，Q={x|(x?1)(x?2)≤?0}={x|1≤?x≤?2}，

則P∩Q={1}；

(2)∵a<a+1，∴Q={x|(x?a)(x?a?1)≤?0}={x|a≤?x≤?a+1}，

∵x∈P是x∈Q的充分條件，∴P?Q，

∴a≤?16.解：(1)因為函數(shù)fx=ax2+bx+18那么方程ax2+bx+18=0的兩個根是?3，2由韋達(dá)定理有?3+2=?1=?所以fx(2)y=fx?21x+1=?3x根據(jù)基本不等式有：x+1+1x+1≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x+1=∴當(dāng)x=0時，ymax

17.解：(1)由題設(shè)，知AB/?/DC，所以∠ABD=∠BDC=60°．

又BC=CD=1，所以△BCD為等邊三角形，所以BD=BC=1．

在△ABD中，AB=2，BD=1，

所以AD2=AB2+BD2?2AB×BD×cos∠ABD，

即AD2=22+12?2×2×1×cos60°=3，則AD=3．

所以AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD．

又PB⊥AD，PB∩BD=B，PB?平面PBD，BD?平面PBD，

所以AD⊥平面PBD．

因為AD?平面ABCD，

所以平面PBD⊥平面ABCD．

如圖1，設(shè)O為BD的中點，連接PO，

因為PB=PD，所以PO⊥BD．

又因為平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，PO?平面PBD，

所以PO⊥平面ABCD，所以PO的長度，即為點P到平面ABCD的距離．

在Rt△POB中，PB=1，BO=12，所以PO=PB2?BO2=32，

即點P到平面ABCD的距離為32．

(2)如圖2，連接OC，則OC⊥BD，

又PO⊥平面ABCD，OC?平面ABCD，

所以PO⊥OC，所以PO，BD，OC兩兩互相垂直．

以O(shè)為原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz．

則B(12,0,0)，C(0,32,0)，D(?12,0,0)，P(0,0,32)，

所以PC=(0,32,?32)，DB=(1,0,0)，BC=(?12,32,0)，BP=(?12,0,32).

若PC上存在點F滿足題意，不妨設(shè)PF18.解：(1)F(x)=f(x)+f(?x)=2x+2?x≥22x?2?x=2(2)設(shè)y=g(x)圖象上點Q(x,y)，由題：x=y0點P(x0,y0所以x?1=2y?12，y=2log所以g(x)=2log2G(x)=f(x)+g(x)=2任取1<x2x1?G(=2即G(所以G(x)=f(x)+g(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù)．(3)假設(shè)函數(shù)y=f(x)和y=g(x)的圖象上分別存在點A,B關(guān)于直線y=x?1對稱，設(shè)其坐標(biāo)A(m,n),B(a,b)，則有：n=2m故在函數(shù)y=f(x)和y=g(x)的圖象上分別存在點A(?2,14),B(

19.解：(1)由f(x)=ln(x+1)，g(x)=mx可知f′(x)=1x+1，f″(x)=?1(x+1)由題意，f′(0)=g′(0)，f″(0)=g″(0)，

所以m=1?2mn=?1，所以m=1，n=(2)由(1)知，g(x)=2xx+2，

令則φ′(x)=1所以φ(x)在其定義域(?1,+∞)內(nèi)為增函數(shù)，

又φ(0)=f(0)?g(0)=0，∴x≥0時，φ(x)=f(x)?g(x)≥φ(0)=0;得證．(3)?(x)=f(x)?a2g(x)?′(x)=1?①當(dāng)a≤2時，?′(x)≥0，所以?(x)在(?1,+∞)上單調(diào)遞增，且?(0)=0，所以?(x)在(?1,+∞)上存在1個零點;?②當(dāng)a>2時，令t(x)=x由t(x)=0，得x1=(a?2)?又因為t(?1)=1>0，t(0)=4?2a<0，所以x1∈(?1,0)x(?1,x(x(?′(x)+0?0+?(x)單調(diào)遞增極大值?(單調(diào)遞減極小值?(單調(diào)遞增當(dāng)x∈(x1,x2)時，