2024-2025學年安徽省蕪湖一中高三10月質量診斷數(shù)學試題及答案

蕪湖一中2025屆高三年級10月份教學質量診斷測試數(shù)學試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.Axx23x20，Bx3x0則AB（）1.已知集合A.2,3B.1,3C.1,2D.,32.一個圓錐底面積是側面積的一半，那么它的側面展開圖的圓心角為（）3π5πA.B.πC.D.π4633.函數(shù)fxx3ax23x，已知fx在x3時取得極值，則x1上的最大值為（）A.9B.1C.9D.44.，若“弦”為231為1時，則tan等于（）3533A.1B.3C.D.35x,0x2216，若函數(shù)yfxm僅5.已知函數(shù)fx是定義在R上偶函數(shù)，當x0時，fxx11x22有4個零點，則實數(shù)m的取值范圍是（）5A.5B.45C.5D.,4446.已知函數(shù)fx的定義域為R，yfxex是偶函數(shù)，yfx是奇函數(shù)，則fx的最小值x為（）A.eB.22C.23D.2e147.已知定義在R上的函數(shù)fx滿足fx12fx，當x0,1時，fxsinx.若對任意3x,m，都有fx，則實數(shù)m的最大值為（）29473583A.B.C.D.28.設k0，若存在正實數(shù)x，使得不等式xk10成立，則k的最大值為（）1ln3eeln32A.B.C.D.eln3ln3二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，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.設0ab.且ab2，則（）12322A.1b2B.2ab1C.1D.ab2x10.已知函數(shù)fx是定義在R上的奇函數(shù)，當x0時，fxex1，則下列命題正確的是（）A.當x0時，fxex1xB.fx0的解集為,10,1C.x,xR，都有fxf22D.函數(shù)fx有2個零點121111.已知函數(shù)fxx1xaxaa0在區(qū)間上有兩個不同的零點x，x，且x2，12則下列選項正確的是（）1A.a的取值范圍是0,1B.1243D.12ax12aC.x1x14122三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.2cosπ12.已知角的頂點在坐標原點，始邊與x軸非負半軸重合，終邊經(jīng)過點P1,3，則cossinπ______.xm2m在區(qū)間上單調遞增，命題q：ma，若p是q的充分不必13.已知命題p：函數(shù)fx要條件，則a的取值范圍是______.14.已知曲線fx2x與gxax有公共切線，則實數(shù)a的最大值為______.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.（13分）8集合Axyx2，Bx22x2（1）求AeBR（2）非空集合Cxa1x2a，BCB求實數(shù)a的范圍.16.（15分）x已知函數(shù)fx21.2x1fx，判斷gx的奇偶性，并求gx的值域；（1）若函數(shù)gx22（2）若關于x的方程mfxx，x有實根，求實數(shù)m的取值范圍.17.（15分）b在x1處的切線方程為y3x.已知fxxaxx（1）求函數(shù)fx的解析式；1，都有fxfx2x1.（2）fx是fx的導函數(shù)，證明：對任意xx18.（17分）已知函數(shù)fxxax.（1）討論fx的單調性.x.12（2）已知x，x是函數(shù)fx的兩個零點x12（i）求實數(shù)a的取值范圍；1（ii），fx是fx的導函數(shù).證明：fxx0.112219.（17分）0且fx0，則對任意實數(shù)k，b，曲線0若函數(shù)fx的定義域為I，有0I，使fx0y與直線總相切，稱函數(shù)yfx為恒切函數(shù).fxbyb（1）判斷函數(shù)fxxsinx是否為恒切函數(shù)，并說明理由；aex（2）若函數(shù)gxxpa為恒切函數(shù)a,pR.2（i）求實數(shù)p的取值范圍；2m為恒切函數(shù)，記Ax132,0，證明：mA.（ii）當p取最大值時，若函數(shù)hxgxe3e20）（參考數(shù)據(jù)：蕪湖一中2025屆高三年級10月份教學質量診斷測試數(shù)學試題參考答案選擇題單選題答案1C92D3C45678DABBA多選題答案1011ACDBCBCD填空題112.13.14.2簡析：1.C.則ABx1x21,212.D.設底面半徑為r，母線為l，則側面積為，由2r2rr2rl，解得l2r，圓錐底面圓的周長為22r，所以該扇形的圓心角π.l2r3.C.f30，解得a5，fxx35x23x，fx3x210x33x1x3，1令fx0，解得x3或x3f9.3r134.D.設半徑長OBr0，可得cos，sin，rr2r1r232sin21，r13sincos1533解得r2；即可得cos，sin，tan3；所以tan.225.A.作出函數(shù)fx圖象，因為函數(shù)yfxm僅有4個零點，所以函數(shù)yfx與ym有4個交5點，根據(jù)圖象可知：1m46.B.因為yfxex為偶函數(shù)，fxexfxex，exex1）又函數(shù)yfxx為奇函數(shù)，則fxfxx，3ex即fxfxx3ex2）聯(lián)立（12）可得fxex2ex，即fxfx12由基本不等式可得fxex2ex2e2exx22，當且僅當xln2時，等號成立.17.B.當x0,1時，fxsinx，且定義在R上的函數(shù)fx滿足fx2fx，所以函數(shù)4fx的大致圖象為：121π1因為fsin，fx12fx42432121352323所以f2f，f2f122214313，可得x所以由fx22fx14fx4sinx，233177當x時，由fx的x11，所以實數(shù)m的最大值為223338.A.因為xk1，所以xk3，因為x0，所以x，333即log3xlog3x，設函數(shù)fxx3，x0，fx31xln30，所以函數(shù)xxlog3xxfxx3在為增函數(shù)，所以x0所以k，3xlog3x1xlog3xgx，gx，所以函數(shù)gx設函數(shù)數(shù)，在0,e為增函數(shù)，在為減函xln3x2xe11gxge3，所以k的最大值為，所以eeln3eln39.ACD.因為0ab，ab2，所以0a1b2，故A正確；13因為ab，設a，b，則2ab21，故B錯誤；122ab2因為0ab，所以ab1，故C正確；212abb2aba2a3322，當且僅當因為ab等號成立，故D正確.abb10.BC.fx是定義在R上的奇函數(shù)，x0時，fxexx1，故A錯誤；當x0時，由fxex10，得xx1，當x0時，由fxexx0，得0x1；所以fx0的解集為,10,1，故B正確；fx的值域為，所以x,xR，都有fxfx2，故C正確；1212因為f0，f10，又f00，所以fx有3個零點，故D錯誤；x1x1x1xaxa0a11.BCD.fxx，x1x12xx120，得x1，令gxx，由題可知，令gx2xx1x1顯然，當x0,1時，gx0，所以gxx單調遞減；x1x1x1x1x1當x時，gx0，所以gxxgx單調遞增；g0，得x示意圖如上圖：所以a0都符合題意，故A錯誤；1111x1x1x1x1由圖可知x1x，g，因為gxgxa，所以x，x互xgx121212xx為倒數(shù)，即xx1，故B正確；121xx21214，當且僅當x21時等號成立，x1x112xx1212121因為x1x，所以x1x4，故C正確；1121242因為xx1，要證D，即證x2axx2a即證a2a，1222233212121212a，所以a2因為gxgx2，即證22，122121321先證明xx：因為1x，所以x0，12222221210x1x11xx，22122212212212再證明22；要證22，即證xx1，222132133不妨設hxx1xx1，得hx1，x當x3時，hx0，此時hx單調遞減；當x時，hx0，此時hx單調遞增；故hxh340，故x1x0，即x1x，所以證得x212故選項D正確.π122cos22131212...sinπsin1tan13.m2m0，解得：0m1，又0,1是,a的真子集，a的范圍是.2，x,ax214..設曲線fxx與gxax的切點分別為1,12211，則兩切線斜率121，k2因為fx2x，gx，x2122xxx，yax，xx所以所以y111222121112，所以ax10，即1a2，2224242x2a21012x2121令hxx，則hx，當0x時，hx0，hx單調遞減；4x22x32221212當x時，hx0，hx單調遞增，所以hxh，即1a，22222212即a2e22解答題15.（13分）31）Axyx2xx2，Bx22x8xx12所以eBxxx1.R所以AeRBxx3（2）因為BCB，所以CB，2aa1，即a1，需滿足a11且2a3，3解得實數(shù)a的范圍是1a16.（15分）.2fx1）由2x10得定義域為：因此定義域不關于原點對稱，所以函數(shù)gx為非奇非偶函數(shù).2x122x1由題意知：gxlog2122x121當x時，10,12x22x1所以1,0，2,0.所以函數(shù)gx的值域為（2）方程有實根，即mfxx有實根，fxx2xx構造函數(shù)hx221xx2xlog221x2則hx2222x2x1在R上單調遞減，而yx在上單調遞增2因為函數(shù)y所以復合函數(shù)hx21是R上的單調遞減函數(shù)x23所以hx在上最小值為131，h12log22220最大值為h0212即hx3，2所以當m3時，方程有實根.217.（15分）2ba21）由題意可得，f1ab3，且fx，xx則f12ab3，ab32ab3a4即，即，b11所以fxx4x.x121（2）由（1）可知，fxx4x，fx4xxx211fxx4x所以fx4，xx21112142x3，2令gxx4x1x2xxx2xxx21x1x22223則gx2，xx2xx321x1x2所以x1時，gx0，x3即gx在x上單調遞減，111所以gxg1，即gxx4x42x10，xx2x11所以fxfx2x10，即fxfx2x1.xx18.（17分）3ax1）fxx0.x當a0時，fx0，fx在上單調遞增.3當a0時，令fx0得0x，a3即fx在上單調遞增；a3同理，令fx0得x，a3a即fx在，上單調遞減.（2i）由（1）可知當a0時，fx在上單調遞增，不可能有兩個零點.33a當a0時，fx在上單調遞增，在，上單調遞減，a3a33e30，解得0a若使fx有兩個零點，則f0，即，a時，fx，且f1a0，當x3a3a則有x，x，123所以a的取值范圍為.e1（ii）x，x是函數(shù)fx的兩個零點，則有x1（122（2）122x（1）（2）得3x1axx，即a1，221x12233x2fx1xa1，122x1x12x111因為fx有兩個零點，所以fx不單調，3因為xx，得0xx，所以xx0，x210.1212211ax121x32x1若要證明fx1x0成立，只需證0，2121x12120即證，x1121t11tx令t2，則t1，則不等式只需證t0，x1即證t1，令htt11tt，t11tt01tht1t11t1t令ltht1t1，ltt21，得t在上單調遞減，令得t1t，因為2t1210，得lt0，即ht在上單調遞減得hth10，得ht