江西省宜春市豐城市第九中學2025屆高三上學期入學考試 數學試題含答案

豐城九中2024-2025學年上學期高三入學考試試卷數學考試范圍：選擇性必修一、選擇性必修二、一輪復習第一章至第二章第四節(jié)考試時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，滿分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．是的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件2．函數y=fx的圖象如圖所示，下列不等關系正確的是（

A． B．C． D．3．已知函數是奇函數，則（

）A． B． C． D．4．設正項等比數列的前n項和為，，且，，成等差數列，則與的關系是（

）A． B． C． D．5．《孫子算經》是中國古代重要的數學著作，上面記載了一道有名的“孫子問題”，后來南宋數學家秦九韶在《數書九章·大衍求一術》中將此問題系統解決．“大衍求一術”屬現代數論中的一次同余式組問題，后傳入西方，被稱為“中國剩余定理”．現有一道同余式組問題：將正整數中，被3除余2且被5除余1的數，按由小到大的順序排成一列數，則281是第幾個數（

）A．18 B．19 C．20 D．216．已知函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．7．已知函數，若實數成等差數列，且，則（

）A． B． C． D．8．已知的內角的對邊分別為，若，則的最小值為（

）A． B． C． D．二、多選題：每小題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，則（

）A．是偶函數 B．的最小正周期為C．的最大值為 D．的最小值為10．已知，分別是自然對數的底和圓周率，則下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．11．已知函數，則（

）A．的圖象關于點對稱B．的值域為C．若方程在0,m上有6個不同的實根，則實數的取值范圍是D．若方程在上有6個不同的實根，則的取值范圍是三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，滿分15分）12．已知實數、滿足，則的最小值為．13．已知某種細菌培養(yǎng)過程中，每小時1個正常細菌分裂成2個正常細菌和1個非正常細菌），1個非正常細菌分裂成2個非正常細菌.則1個正常細菌經過8小時的培養(yǎng)，可分裂成的細菌的個數為（用數字作答）.14．已知函數滿足，且在區(qū)間上恰有兩個最值，則實數的取值范圍為．四、解答題（本大題共5小題，滿分77分.解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟.）15．已知函數，.(1)求的最小值；(2)設，求的取值范圍，16．已知函數的圖象在點處的切線經過點.(1)求數列的通項公式；(2)已知數列的前項和為，求證：.17．已知的周長為20，角，，所對的邊分別為，，(1)若，，求的面積；(2)若的內切圓半徑為，，求的值．18．已知函數.(1)討論函數的單調性；(2)若不等式恒成立，求實數的取值范圍.19．微積分的創(chuàng)立是數學發(fā)展中的里程碑，它的發(fā)展和廣泛應用開創(chuàng)了向近代數學過渡的新時期，為研究變量和函數提供了重要的方法和手段.對于函數在區(qū)間上的圖像連續(xù)不斷，從幾何上看，定積分便是由直線和曲線所圍成的區(qū)域（稱為曲邊梯形ABQP）的面積，根據微積分基本定理可得，因為曲邊梯形ABQP的面積小于梯形ABQP的面積，即，代入數據，進一步可以推導出不等式：，用同樣的方式也可以推導不等式.

已知函數，其中.(1)請參考上述材料證明：函數圖象上的任意兩點切線均不重合；(2)當時，若不等式恒成立，求實數的取值范圍.1．A【分析】根據題意，利用正弦函數的單調性，以及正弦函數的性質，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由正弦函數的性質，可得在上單調遞增，所以，即當時，可得，即充分性成立；反之：若，可得，所以必要性不成立，所以是充分不必要條件.故選：A.2．C【分析】根據圖象觀察斜率的大小結合導數的幾何意義可得答案.【詳解】從函數y=fx的圖象可以看出，點處切線的斜率大于直線的斜率，直線的斜率大于點處切線的斜率，點處切線的斜率大于0，根據導數的幾何意義可得：，即，故選：C3．D【分析】根據三角恒等變換化簡函數解析式，再根據奇函數可得與.【詳解】由，又函數為奇函數，則，，解得，，所以，故選：D.4．A【分析】先利用等比數列的通項公式列方程求公比，然后求出和觀察它們之間的關系即可.【詳解】設正項等比數列的公比為，因為，，成等差數列，所以，所以，解得，所以，，則.故選：A.5．B【分析】由題意可得，且為正整數，則可得，所以令，從而可得，進而可求得答案【詳解】解：由題意可得，且為正整數，所以，所以令，所以，，所以，又，故．故選：B．6．B【分析】分析可知在內單調遞增，結合分段函數單調性列式求解即可.【詳解】若，可知在內單調遞增，可知在內單調遞增，可得對任意恒成立，又因為在定義域0,+∞內單調遞增，可知在內單調遞增，由題意可得：，解得，所以實數的取值范圍是?1,0.故選：B.7．C【分析】先由，得出關于對稱；再由題意得出結果即可.【詳解】因為函數，所以，所以關于對稱；若實數成等差數列，則，又因為，所以，所以.故選：C.8．C【分析】由，利用三角恒等變換化簡得，得，代入化簡得，結合基本不等式求最小值.【詳解】，得，即，中，，由，則，，所以，，由正弦定理，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故選：C.9．ABD【分析】先將化簡，再逐項分析答案即可.【詳解】因為的定義域為，所以，又因為，所以為偶函數，故A正確；的最小正周期為，故B正確；因為，所以沒有最大值；當時，，故D正確.故選：ABD10．ABD【分析】對于A，通過對數的換底公式變形，再用基本不等式，即可判斷；對于B，通過對數的運算化簡，再由對數函數的單調性縮小，再用基本不等式，即可判斷；對于C，設出，利用其單調性，即可判斷；對于D，利用基本不等式，即可判斷.【詳解】對于A，，，所以，故A正確；對于B，因為，所以，故B正確；對于C，設，則，所以單調遞增，因為，所以，故C錯誤；對于D，，所以，故D正確.故選：ABD.11．BC【分析】根據是否成立判斷A，利用分段函數判斷BC，根據正弦函數的單調性畫出分段函數的圖象，求出的取值范圍，再利用對稱性判斷D.【詳解】因為，所以，所以的圖象不關于點對稱，A說法錯誤；當時，，由可得，當時，，由可得，綜上，B說法正確；當時，由解得，當時，由解得，所以方程在0,+∞上的前7個實根分別為，所以，C說法正確；由解得或，又因為，所以根據正弦函數的單調性可得圖象如圖所示，所以有4個不同的實根，有2個不同的實根，所以，解得，設，則，所以，所以的取值范圍是，D說法錯誤，故選：BC12．【分析】依題意可得，令，，則，即可用含、的式子表示、，再代入，利用基本不等式計算可得.【詳解】因為實數，滿足，化為，令，，則．聯立可得，，則，當且僅當，即，時取等號．故答案為：．【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是用含、的式子表示、，再利用基本不等式求出最小值.13．【分析】設經過小時，有個正常細菌，個非正常細菌，則，，由等比數列的性質求出的通項公式，再證得是與首相和公差均為的等差數列，即可求出的通項公式，進而求出答案.【詳解】設經過小時，有個正常細菌，個非正常細菌，則，.又，，所以，，則，所以，所以是首項和公差均為的等差數列，所以，所以，所以，即1個正常細菌經過8小時的培養(yǎng)，可分裂成個細菌.故答案為：.14．【分析】先根據是函數的最小值求出與間的等量關系，進行消元，再結合在給定區(qū)間上恰有兩個最值的條件建立不等關系，建立不等關系時，要注意結合三角函數的圖像，特別注意端點值的取舍．【詳解】因為，所以，所以，，即，，所以．當時，．因為在區(qū)間上恰有兩個最值，且，所以，解得．故答案為：．【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于根據已知條件建立不等關系，特別注意端點值的取舍．15．(1)(2)【分析】（1）根據列方程，解方程得到，然后利用換元法求最小值即可；（2）利用誘導公式和和差公式化簡得到，然后利用同角三角函數基本公式和換元法求范圍即可.【詳解】（1），解得，所以，令，則，，則函數在上單調遞增，上單調遞減，所以當，即時，取得最小值，最小值為.（2），令，則，，，所以當時，即取得最小值，為；當時，即取得最大值，為，所以的范圍為.16．(1)(2)證明見解析【分析】（1）求出、，由直線的點斜式方程可得切線方程，令可得；（2）由（1）可得.方法一，利用錯位相減求和可得答案；方法二，利用裂項相消求和可得答案.【詳解】（1）因為，則，所以，則切線方程為，即，令，解得，所以；（2）由（1）可得，.方法一：所以，則，兩式相減得，故，所以由可得，故；方法二：，所以..所以由可得，故.17．(1)(2)【分析】（1）由余弦定理，可得，又的周長為20，可得，則可得，由三角形的面積公式即可求出的面積；（2）由的內切圓的性質，可得，，再由的周長為20，可求出，進而求出，即可求出的值．【詳解】（1）在中，由余弦定理，可得，由，，則，得,由的周長為20，即，則，所以，則，即，所以，故的面積為，.（2）根據題意，如圖所示，圓為的內切圓，半徑為，切點分別為，則，且，由內切圓性質，圓心為內角平分線的交點，則，且，由中，即，所以，又，即，所以，則，則，在中，故，即.18．(1)答案見解析(2)【分析】（1）將函數求導并分解因式，根據參數進行分類討論函數的單調性即得；（2）將不等式進行等價變形得到在上恒成立，接著通過構造函數，求其在上的最大值，其間，先分析推出其在時取得最大值，為，由，變形求對數，并利用同構思想和函數單調性推出，從而求得，即得的取值范圍.【詳解】（1）由已知可得函數，.①當時，當時，，時，；則在上單調遞減，在上單調遞增；②當時，當時，，或時，；則在上單調遞減，在上單調遞增；③當時，因與同號，故恒成立，即在R上單調遞增；④當時，當時，，或時，；則在上單調遞減，在上單調遞增.（2）由題意，恒成立，因，即恒成立.即需求在上的最大值.令，，則，令，，則，即在0,+∞上單調遞減，又，所以在0,+∞上存在唯一的使gx0當x∈0,x0時，gx>0，即則當x∈x0,+∞時，gx<0，即故φx在時取得最大值，為，又由（*）可得，，故，兩邊取對數得：，令，由知?x在定義域內單調遞增，故由可得，，即，所以，故，即.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）求得，分別求得在點和處的切線方程，假設與重合，整理得，結合題干結論，即可得證；（2）根據題意，轉化為時，在恒成立，設，求得，分和，兩種情況討論，得到函數的單調性和最值，即可求解.【詳解】（1）由函數，可得，不妨設，曲線在處的切線方程為，即，同理曲線在處的切線方程為，假設與重合，則，代入化簡可得，兩式消去，可得，整理得，由知，與上式矛盾即對任意實數及任意不相等的正數與均不重合，所以函數圖像上的任意兩點切線均不重合；（2）當時，不等式恒成立，所以在恒成立，所以，下證：當時，恒成立．因為，所以設（i）當時，由知恒成立，即在為增函數，所以成立；（ii）當時，設，可得，由知恒成立，即在為增函數．所以，