江苏省宿迁市2025届高三上学期第一次调研考试数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页江苏省宿迁市2025届高三上学期第一次调研考试数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合M={x∣−2<x≤1},N={−2,−1,0,1}，则M∩N=(

)A.−1,1 B.−2,−1,0 C.−1,0,1 D.−1,−2,0,12.命题“∃x∈R，x2+x+1<0”的否定为(

)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，则3a+6bA.9 B.18 C.24 D.274.已知函数fx的值域为−2,3，则函数fx−2的值域为(

)A.−4,1 B.0,5 C.−4,1∪0,5 5.我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为00型，比如：当x→0时，ex−1x的极限即为00型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：limA.0 B.12 C.1 D.6.2018年9月24日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国89岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在1859年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字x的素数个数大约可以表示为πx≈xlnx的结论.若根据欧拉得出的结论，估计10000以内的素数个数为(

)(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)有四个不同的实数根x1，A.(3,4) B.(2,4) C.[0,4) D.[3,4)8.fx是在0,1上的连续函数，设An=A.An≤A2n B.An≤A二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数fx=x3A.x=2是fx的极小值点 B.fx有两个极值点

C.fx的极小值为1 D.fx10.下列命题正确的有(

)A.函数f2x定义域为[−2,2]，则fx2的定义域为[−2,2]

B.函数fx=lnx2+1+x是奇函数

C.已知函数f11.已知x>0,y>0,2x+y=1，则(

)A.4x+2y的最小值为22 B.log2x+log2y三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.∀x∈R，函数fx=x3+a13.已知函数fx=lgx2−ax+12在−1,3上单调递减，则实数14.设集合S={x∈R|xn=n,n∈N+,x>0}则集合S四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题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.(本小题12分)已知函数fx=ax2+bx+18(1)求f(x)的解析式；(2)当x>−1时，求y=fx17.(本小题12分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，AB//DC，AB=2BC= 2CD=2，∠ABD=60∘，PB⊥AD，PB=PD=1．(1)求点P到平面ABCD的距离;(2)在棱PC上是否存在点F，使得平面DBF与平面PBC夹角的余弦值为15?若存在，求出点F的位置;18.(本小题12分)已知函数f(x)=2x，若点P(x0,y0(1)求F(x)=f(x)+f(−x)的最小值，及相应的x值(2)求函数y=g(x)的解析式，指出其定义域D，判断并证明G(x)=f(x)+g(x)在D上的单调性(3)在函数y=f(x)和y=g(x)的图象上是否分别存在点A、B关于直线y=x−1对称，若存在，求出点A、B的坐标；若不存在，请说明理由19.(本小题12分)

帕德近似是法国数学家亨利⋅帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：

R(x)=a0+a1x+⋯+amxm1+b1x+⋯+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f′(0)=R′(0)，f″(0)=R″(0)，⋯，已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为(1)求实数m，n的值;(2)证明：当x≥0时，f(x)≥g(x);(3)设a为实数，讨论方程f(x)−a2g(x)=0参考答案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}，

当a=1时，Q={x|(x−1)(x−2)≤ 0}={x|1≤ x≤ 2}，

则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的充分条件，∴P⊆Q，

∴a≤ 16.解：(1)因为函数fx=ax2+bx+18那么方程ax2+bx+18=0的两个根是−3，2由韦达定理有−3+2=−1=−所以fx(2)y=fx−21x+1=−3x根据基本不等式有：x+1+1x+1≥2，当且仅当x+1=∴当x=0时，ymax

17.解：(1)由题设，知AB/​/DC，所以∠ABD=∠BDC=60∘．

又BC=CD=1，所以△BCD为等边三角形，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，则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．

因为AD⊂平面ABCD，

所以平面PBD⊥平面ABCD．

如图1，设O为BD的中点，连接PO，

因为PB=PD，所以PO⊥BD．

又因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，PO⊂平面PBD，

所以PO⊥平面ABCD，所以PO的长度，即为点P到平面ABCD的距离．

在Rt△POB中，PB=1，BO=12，所以PO=PB2−BO2=32，

即点P到平面ABCD的距离为32．

(2)如图2，连接OC，则OC⊥BD，

又PO⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD，

所以PO⊥OC，所以PO，BD，OC两两互相垂直．

以O为原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O−xyz．

则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上存在点F满足题意，不妨设PF18.解：(1)F(x)=f(x)+f(−x)=2x+2−x≥22x⋅2−x=2(2)设y=g(x)图象上点Q(x,y)，由题：x=y0点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)在定义域内是增函数．(3)假设函数y=f(x)和y=g(x)的图象上分别存在点A,B关于直线y=x−1对称，设其坐标A(m,n),B(a,b)，则有：n=2m故在函数y=f(x)和y=g(x)的图象上分别存在点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)由题意，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，

令则φ′(x)=1所以φ(x)在其定义域(−1,+∞)内为增函数，

又φ(0)=f(0)−g(0)=0，∴x≥0时，φ(x)=f(x)−g(x)≥φ(0)=0;得证．(3)ℎ(x)=f(x)−a2g(x)ℎ′(x)=1 ①当a≤2时，ℎ′(x)≥0，所以ℎ(x)在(−1,+∞)上单调递增，且ℎ(0)=0，所以ℎ(x)在(−1,+∞)上存在1个零点; ②当a>2时，令t(x)=x由t(x)=0，得x1=(a−2)−又因为t(−1)=1>0，t(0)=4−2a<0，所以x1∈(−1,0)x(−1,x(x(ℎ′(x)+0−0+ℎ(x)单调递增极大值ℎ(单调递减极小值ℎ(单调递增当x∈(x1,x2)时，