2025江蘇宿遷高三第一次調(diào)研考試數(shù)學(xué)試卷試題（含答案詳解）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2024-2025學(xué)年度第一學(xué)期高三8月份學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試卷總分：150分考試時間：120分鐘一、選擇題：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．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．命題“，”的否定為（

）A．， B．，C．， D．，3．若，則的最小值為（

）A．9 B．18 C．24 D．274．已知函數(shù)的值域為，則函數(shù)的值域為A． B． C． D．5．我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為型，比如：當(dāng)時，的極限即為型．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：，則（

）A．0 B． C．1 D．26．年月日，阿貝爾獎和菲爾茲獎雙料得主，英國歲高齡的著名數(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)字的素數(shù)個數(shù)大約可以表示為的結(jié)論.若根據(jù)歐拉得出的結(jié)論，估計以內(nèi)的素數(shù)個數(shù)為（

）（素數(shù)即質(zhì)數(shù)，，計算結(jié)果取整數(shù)）A． B． C． D．7．已知，若方程有四個不同的實數(shù)根，，，，則的取值范圍是（

）A．（3，4） B．（2，4） C．[0，4） D．[3，4）8．1.是在上的連續(xù)函數(shù),設(shè),則（

）.A． B． C． D．.二、選擇題：本題共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．已知函數(shù)，則（）A．是的極小值點 B．有兩個極值點C．的極小值為 D．在上的最大值為10．下列命題正確的有（

）A．函數(shù)定義域為，則的定義域為B．函數(shù)是奇函數(shù)C．已知函數(shù)存在兩個零點，則D．函數(shù)在上為增函數(shù)11．已知，則（

）A．的最小值為 B．的最大值為C．的最小值為 D．的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．，函數(shù)沒有極值的充要條件為．13．已知函數(shù)在上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是．14．設(shè)集合則集合中最小的元素是，集合中最大的元素是．四、解答題：本題共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．已知集合（1）若，求；（2）若是的充分條件，求實數(shù)a的取值范圍.16．已知函數(shù)，的解集為．（1）求f(x)（2）當(dāng)時，求的最大值．17．如圖，在四棱錐中，底面ABCD為梯形，，.

(1)求點到平面ABCD的距離；(2)在棱上是否存在點，使得平面DBF與平面PBC夾角的余弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由.18．已知函數(shù)，若點在的圖像上運動，則點在的圖象上運動（1）求的最小值，及相應(yīng)的值（2）求函數(shù)的解析式，指出其定義域，判斷并證明在上的單調(diào)性（3）在函數(shù)和的圖象上是否分別存在點關(guān)于直線對稱，若存在，求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由19．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)，，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：.（注：，為的導(dǎo)數(shù)）已知在處的階帕德近似為.(1)求實數(shù)的值；(2)證明：當(dāng)時，；(3)設(shè)為實數(shù)，討論方程的解的個數(shù).答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】根據(jù)集合的交集定義即可求解.【詳解】由題知，，，故選：C.2．C【分析】將存在量詞改為全程量詞，結(jié)論中范圍改為補(bǔ)集即可得解.【詳解】“，”的否定為“，”，故選：C.3．A【分析】利用基本不等式中“1”的妙用即可求得最小值.【詳解】根據(jù)題意可得；當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立；此時的最小值為9.故選：A.4．D【詳解】函數(shù)的圖象由的圖象向右平移2個單位得到，故值域相同，故選D.5．D【分析】利用洛必達(dá)法則直接求解即可【詳解】，故選：D6．B【分析】計算的值，即可得解.【詳解】因為，所以，估計以內(nèi)的素數(shù)個數(shù)為.故選：B.7．D【分析】利用數(shù)形結(jié)合可得，結(jié)合條件可得，，，且，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即得.【詳解】由方程有四個不同的實數(shù)根，得函數(shù)的圖象與直線有四個不同的交點，分別作出函數(shù)的圖象與直線．由函數(shù)的圖象可知，當(dāng)兩圖象有四個不同的交點時，．設(shè)與交點的橫坐標(biāo)為，，設(shè)，則，，由得，所以，即．設(shè)與的交點的橫坐標(biāo)為，，設(shè)，則，，且，所以，則．故選：D.8．A【分析】舉反例即可反駁BCD，利用絕對值不等式即可判斷A正確.【詳解】對CD，取,則有，則，則，故C錯誤，，則，故D錯誤；對B，取,則.此時,則B選項錯誤；由絕對值不等式得,.因此，因此選項A正確.故選：A.9．BD【分析】對應(yīng)求導(dǎo)，根據(jù)其符號確定單調(diào)區(qū)間并判斷極值點、求極值判斷ABC；進(jìn)而求函數(shù)在上的最大值判斷D.【詳解】由題設(shè)，令，則或，令，則，所以、上遞增，上遞減，故為極大值，為極小值，A、C錯誤，B正確；在上，在上遞減，在上遞增，而，所以在上的最大值為，D正確.故選：BD10．AB【分析】根據(jù)抽象函數(shù)定義域求解法則判斷A，根據(jù)奇函數(shù)定義判斷B，根據(jù)零點定義建立方程，數(shù)形結(jié)合，判斷C，根據(jù)對勾函數(shù)單調(diào)性判斷D.【詳解】對于A，由函數(shù)定義域為，則，因此在中，，解得，即的定義域為，故A正確；對于B，函數(shù)定義域為R，且，所以函數(shù)為奇函數(shù)，故B正確；對于C，由函數(shù)存在兩個零點，即為的兩根，則可得，令，，結(jié)合函數(shù)圖象可設(shè)，，則，

所以，所以，而k不一定為1，故C不正確；對于D，函數(shù)為對勾函數(shù)，在區(qū)間0,1單調(diào)遞減，在1,+∞單調(diào)遞增，故D不正確.故選：AB.,11．ABD【分析】根據(jù)指數(shù)運算，結(jié)合基本不等式即可判斷A；結(jié)合對數(shù)運算，利用基本不等式可判斷B；將化為關(guān)于x的二次函數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)可判斷是C；通過變量代換，令，得到，根據(jù)“1”的巧用，將變形后，利用基本不等式，即可判斷D..【詳解】對于A，由于，故，當(dāng)且僅當(dāng)，結(jié)合，即時，等號成立，即的最小值為，A正確；對于B，由于，，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故，即的最大值為，B正確；對于C，又，得，故由于，而對稱軸為，則在上單調(diào)遞減，在上無最值，C錯誤；對于D，令，則，故，由于，故，，則，當(dāng)且僅當(dāng)，結(jié)合，即時，等號成立，所以，即的最小值為，D正確，故選：ABD【點睛】難點點睛：本題考查了基本不等式的應(yīng)用，主要是求最值問題，難點是選項D的判斷，解答時要通過變量代換，令，得到，根據(jù)“1”的巧用，將變形后，利用基本不等式，即可求解.12．【分析】求導(dǎo)后可得f′x≥0【詳解】，注意到是開口向上的二次函數(shù)，若沒有極值，則只能是f′x即，解得．故答案為：.13．【分析】根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合二次不等式恒成立問題，列不等式組求解即可.【詳解】由復(fù)合而成.而單調(diào)遞增，只需要單調(diào)遞減.且在上恒成立.則即可，解得.故實數(shù)a的取值范圍是.故答案為：.14．1【分析】構(gòu)造函數(shù)，借助函數(shù)的單調(diào)性找到的單調(diào)性即可求解.【詳解】，，則，構(gòu)造函數(shù)，則，令，則，當(dāng)，，當(dāng)，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又，則，令，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且時，，因此結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)知，，，當(dāng)時，，又當(dāng)時，，當(dāng)時，，又，故，因此當(dāng)時，.故答案為：1；.【點睛】思路點睛：函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，它的應(yīng)用貫穿于整個高中數(shù)學(xué)的教學(xué)之中.某些數(shù)學(xué)問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調(diào)性無關(guān)，但如果我們能挖掘其內(nèi)在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，那么運用函數(shù)的單調(diào)性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行全面、準(zhǔn)確的認(rèn)識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點，構(gòu)造一個適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.15．（1）；（2）.【解析】（1）由集合描述可得，，根據(jù)集合交運算即可求；（2）由是的充分條件知列不等式組即可求a的范圍.【詳解】（1），當(dāng)時，，則；（2）∵，∴是的充分條件，，，解得，即實數(shù)a的取值范圍是.【點睛】本題考查了集合的關(guān)系以及基本運算，首先根據(jù)集合描述寫出集合，利用交運算求交集，再由充分條件得到包含關(guān)系，列不等式組求參數(shù)范圍.16．（1）；（2）.【分析】（1）由的解集為，結(jié)合根與系數(shù)關(guān)系求可求的值，進(jìn)而得到f(x)的解析式；（2）化簡函數(shù)式為，結(jié)合基本不等式求最大值即可；【詳解】（1）因為函數(shù)，的解集為，那么方程的兩個根是，2，且，由韋達(dá)定理有，所以．（2），由，則：根據(jù)均值不等式有：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，∴當(dāng)時，．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與一元二次方程、不等式，根據(jù)一元二次不等式解集求二次函數(shù)解析式，利用基本不等式求函數(shù)最值；17．(1)(2)存在，在的三等分點處【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)以及線面垂直的判定，結(jié)合面面垂直的判定，作圖明確四棱錐的高，利用勾股定理，可得答案；（2）由題意建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面的法向量，結(jié)合夾角公式建立方程，可得答案.【詳解】（1）由題設(shè)，知，所以.又，所以為等邊三角形，所以.在中，，所以.即，則.所以，即，又，且平面，所以平面.因為平面，所以平面平面.如圖1，設(shè)為的中點，連接，因為，所以.又因為平面平面，平面.所以平面，所以即為點到平面的距離.在中，，所以.即點到平面的距離為.

（2）如圖2，連接OC，則，且平面ABCD，所以，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Oxyz.則，所以.若上存在點滿足題意，不妨設(shè)，則，所以.設(shè)m=x,y,z是平面則，解得，不妨取，則平面的一個法向量為.同理，設(shè)是平面的法向量，則，解得，不妨取，則，所以平面的一個法向量為，所以，化簡整理得，解得或.即或.故在的三等分點處存在點，可使得平面與平面夾角的余弦值為.

18．（1）的最小值為2，對應(yīng)的為0；（2），定義域為，，單調(diào)遞增，證明見解析；（3）存在【分析】（1）寫出的解析式，依據(jù)基本不等式性質(zhì)即可求解；（2）根據(jù)點的關(guān)系求出解析式，寫出的解析式即可判斷單調(diào)性；（3）設(shè)兩點的坐標(biāo)根據(jù)位置和對稱關(guān)系列方程組求解.【詳解】（1），當(dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，即的最小值為2，對應(yīng)的為0.（2）設(shè)圖象上點，由題：，所以點在的圖像上運動，則，所以，，由得其定義域為所以，定義域為在定義域內(nèi)為增函數(shù)，證明如下：任取，根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)單調(diào)性有：，，，即所以在定義域內(nèi)是增函數(shù).（3）假設(shè)函數(shù)和的圖象上分別存在點關(guān)于直線對稱，設(shè)其坐標(biāo)，則有：解得：故在函數(shù)和的圖象上分別存在點關(guān)于直線對稱.【點睛】此題考查根據(jù)函數(shù)關(guān)系求解析式，并判斷證明單調(diào)性，求解點關(guān)于直線對稱相關(guān)問題，考查理解辨析數(shù)形結(jié)合的能力.19．(1)；(2)證明見解析；(3)答案見解析.【分析】（1）根據(jù)列方程組求解可得；（2）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性，由即可得證；（3）構(gòu)造函數(shù)，分，利用導(dǎo)數(shù)討論單調(diào)性，利用單調(diào)性判斷零點個數(shù).當(dāng)時，分單調(diào)區(qū)間討論，結(jié)合零點存在性定理判斷即可.【詳解】（1）由，有，可知，由題意，，所以，解得.（2）由（1）知，，令，則，所以φx在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，又，時，，得證.（3）的定義域是，.①當(dāng)時，，所以hx在上單調(diào)遞增，且，所以hx在上存在1個零點；②當(dāng)時，令，由，得.又因為，所以.+0-0+h