重庆市万州沙河中学2025届高三上学期数学练习题（二）

万州沙河中学高2025届高三数学练习题（二）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1．如图，已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合（

）A． B．C． D．2．已知函数，则“是函数为偶函数”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．下列命题中，真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．遗忘曲线（如图）由德国心理学家研究发现，描述了人类大脑对新事物遗忘的规律.人体大脑对新事物遗忘的循序渐进的直观描述，人们可以从遗忘曲线中掌握遗忘规律并加以利用，从而提升自我记忆能力.该曲线对人类记忆认知产生了重大影响.设初次记忆后经过了小时，那么记忆率近似的满足.则记忆率为时，所经过的时间约为（

）(参考数据:)

A．2小时 B．小时 C．小时 D．小时5．已知函数fx=log2x,0<xA． B． C． D．6．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（

）A． B．C． D．7．若函数在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知函数不是常数函数，且满足对于任意的，，则（

）A． B．一定为周期函数C．不可能为奇函数 D．，二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.9．下列结论中，所有正确的结论是（

）A．若，则B．命题的否定是：C．若且，则D．若，则实数10．下列说法正确的有（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则11．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（）A．的图像关于点成中心对称B．C．D．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．设集合.若且，则.13．已知正数满足，若恒成立，则实数的取值范围为.14．设函数在上存在导数，对于任意的实数，有，当时，.若，则实数的取值范围是.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（13分）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求频率分布直方图中a的值；(2)求样本成绩的第75百分位数；(3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，另一组落在已知内，且两组成绩的总平均数为62和总方差为23.求落在的平均成绩以及方差.16．（15分）已知函数fx(1)当时，求曲线y=fx在点1,(2)若函数gx=fx17．（15分）（已知数列是等差数列，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.18．（（15分）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，点M为AC的中点．(1)求证：平面平面PAB；(2)线段PC上是否存在点N，使得平面BMN?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．19．（17分）给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，阶导数的导数叫做阶导数，记作.②若，定义.③若函数在包含的某个开区间上具有阶的导数，那么对于任一有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式.例如，在点处的阶泰勒展开式为.根据以上三段材料，完成下面的题目：(1)求出在点处的阶泰勒展开式，并直接写出在点处的阶泰勒展开式；(2)比较（1）中与的大小.(3)证明：.．万州沙河中学高2025届高三数学练习题（二）参考答案1.【答案】B【分析】解不等式化简集合A，再结合韦恩图求出阴影部分表示的集合.【详解】依题意，集合，而，则，由韦恩图知，图中阴影部分表示的集合为.2.【答案】A【分析】利用充分必要条件的判定方法，结合余弦函数的奇偶性即可得解.【详解】当时，，故函数为偶函数，即充分性成立；当为偶函数时，，此时不一定成立，即必要性不成立；所以“是函数为偶函数”的充分不必要条件.3.【答案】D【分析】举反例即可判断ABC，根据基本不等式和指数运算即可判断D.【详解】对A，当时，则，故A错误；对B，当时，则，则，故B错误；对C，当时，根据对数函数单调性知，故C错误；对D，若，则，当且仅当时取等号，故D正确.4．【答案】C【分析】令，代入函数，结合指数对数的运算求解即可.【详解】由题意，当时，，，.5．【答案】D【分析】先求解函数的单调性，接着根据已知条件结合函数定义域和单调性即可求解.【详解】因为当x∈0,2时，fx=当x∈2,+∞时，fx=2x-3

所以fx=log所以若fa+1-f则a+1≥2a-1>0，⇒16．【答案】B【分析】根据题意，由给定的函数的图象，结合函数的单调性与奇偶性性质，结合排除法，即可求解.【详解】对于A中，函数，当时，可得，所以，不满足图象，所以A错误；对于C中，函数的定义域为，又由，所以函数为偶函数，此时函数的图象关于轴对称，所以C错误；对于D中，函数，当时，可得，由反比例函数的性质，可得函数在上为单调递减函数，所以D错误，经检验，选项B中函数满足图中的性质，所以B正确.7．【答案】B【分析】将问题转化为f'x≥0在【详解】的定义域为0,+∞，，因为函数在其定义域内单调递增，所以在0,+∞上恒成立，即在0,+∞上恒成立，因为，当且仅当时，等号成立，所以，所以.8．【答案】C【分析】令，和，可判定A错误；令，，得到，可判定C正确；令，得到，可判定D错误；结合函数，可判定B错误．【详解】由题意，函数满足对于任意的，，令，解得或．若，令，则，故，，与题设不为常数函数矛盾，所以A错误；所以，此时令，，得，即，所以必然为偶函数，所以C正确；再令，则，所以D错误；例如，函数符合题意，此时函数在上单调递增，且不为周期函数，所以B错误．二、多项选择题：9【答案】AB【分析】对A，根据不等式的性质推导即可；对B，根据特称命题的否定为全称命题判断即可；对C，利用作差法判断即可；对D，举反例判断即可.【详解】对A，，则，又，则，，故A正确；对B，命题的否定是：，故B正确；对C，，因为且，故，即，故C错误；对D，当，时，不成立，故D错误；10.【答案】ABD【分析】运用基本不等式，结合特例法、不等式的性质、指数函数的单调性逐一判断即可.【详解】选项A：当时，，所以，当且仅当，即时等号成立，故选项A正确；选项B：由得，所以，故选项B正确；选项C：令，满足，但不成立，故选项C错误；选项D：由得，因为，所以，所以，故选项D正确．11．【答案】BCD【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.【详解】对A：令，则有，即，令，则有，又f1=0，故，不关于1,0对称，故A错误；对于B，令，则有，两边同时求导，得，令，则有，故B正确；对C：令，则有，即，则，故C正确；对D：令，则有，即，则，即，又，故，则，故D正确.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．【答案】6【分析】根据集合间的关系可知，可得，再由求得，即可得解.【详解】因为集合，若，则且，可得，解得，即有，又，所以，所以.故答案为：613．【答案】【分析】根据基本不等式求得不等式左边的最小值，建立不等式，解出即可.【详解】因为且，所以，当且仅当时取等号．因为不等式恒成立，所以，解得．故答案为：.14．【答案】【分析】构造函数，根据题意和导数求得函数在上单调递减，再由，得到为偶函数，结合对称性得到在上单调递增，把不等式，转化为，即可求解.【详解】令函数，因为，时，所以，所以函数在上单调递减，又因为，所以函数，所以为偶函数，根据偶函数的对称性，可得在上单调递增，若则，整理得，所以，两边平方可得，解得，即实数的取值范围为.故答案为：.四、解答题：15.【答案】(1)(2)84.(3)平均数为65，方差为4【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，（2）根据百分位数的计算公式即可求解，（3）根据平均数的计算可得的平均数，即可利用总体方差公式即可求解.【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为1得，，所以.（2）成绩落在内的频率为，落在内的频率为，显然第75百分位数，由，解得，所以第75百分位数为84.（3）由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为，所以的平均数为x，方差为，，则.由样本方差计算总体方差公式，得总方差为，计算可得方差为4.16．【答案】(1)(2)0,1【分析】（1）求出f'1、（2）转化为y=a,y=lnxx2的图象有2个交点，令hx【详解】（1）当时，fx=lnx-2x2f'1=1-4+2=-1所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为即；（2）gx由gx=0得y=a,y=lnxx2令hxh'x=1-2lnxx3，当当时，h'x<0，hx且时，hx>0，h所以0<x<1时，hx<0，所以所以若函数gx则0<a<1所以实数的取值范围为0,12e17．（【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题可得，从而求出，，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）得，采用裂项相消法求出.【详解】（1）设等差数列的公差为，解得.，可得，解得.所以.（2），所以18．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可得证；（2）过点M作垂足为F，根据线面垂直的判定可证平面BMN，然后根据平面几何知识求出，进而求出即可得.【详解】（1）因为平面平面ABC，平面，，平面平面ABC，所以平面ABC，平面ABC，所以，又，，所以,又，所以，所以，又，是平面内的两条相交直线，所以平面，又平面，所以平面平面PAB（2）存在，当时，平面BMN，过点M作垂足为F，由（1）知平面ABC，平面ABC，所以，又点M为AC的中点，，所以，，是平面内的两条相交直线，所以平面，又平面，所以，，是平面BMN内的两条相交直线，所以平面BMN，由已知得，又，即，又，所以，所以，故当时，平面BMN，19．【答案】(1),；(2)答案见解析；(3)证明过程见解析.【分析】（1）根据在点处的阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；（2）令，利用导数可求得在上单调递增，结合可得的正负，由此可得与的大小关系；（3）令，利用导数可求得，即；①当时，由，，可直接证得不等式成立；②当时，分类讨论，由此可证得不等式成立