辽宁省沈阳市郊联体2025届高三上学期开学联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市郊联体2025届高三上学期开学联考数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题可知,,,因此.故选：A.2.命题“，”的否定是（）A， B.，C.， D.，【答案】B【解析】命题“，”的否定是“，”．故选：B．3.已知是无穷数列，，则“对任意的，都有”是“是等差数列”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【答案】A【解析】对任意的，都有，令，可以得到，因此是公差为的等差数列；若，则，，，可得，故“对任意的，都有”是“是等差数列”的充分不必要条件.故选：A4.函数的图象向左平移个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，得到的图象，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再把横坐标缩短为原来的一半，得到的图象故选：A．5.通常用声强来度量声音的强弱，假设讲话瞬间发出声音的声强为，则经过t秒后这段声音的声强变为，其中是一个常数.定义声音的声强衰减到原来的所需的时间为，则约为（）附：，．A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，，即，等号两边同时取自然对数得，即，所以．故选：B．6.已知数列的前n项和为．若，，则（）A.48 B.50 C.52 D.54【答案】C【解析】方法一：∵①，∴当时，②，①-②得当时，，∴中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2．∵，∴当n为奇数时，；当n为偶数时，．∴．方法二：∵，∴，，∴数列是以7为首项，4为公差的等差数列，∴．故选：C．7.已知函数，对任意的都有，且，则下列说法不正确的是（）A. B.是奇函数C.是上的增函数 D.【答案】C【解析】对于A，在中，令，得到，因此，所以选项A正确；对于B，令，得到，即，所以选项B正确；对于C，由可化为，，记，则，不妨取函数，显然符合条件，则，因，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，故C错误；对于D，令，，得，即，又，所以是首项为1，公差为1的等差数列，，故D正确.故选：C.8.若函数有两个零点，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，即．令，定义域为0,+∞，，令，易知在0,+∞上单调递增，且．令，，则函数有两个零点转化为函数的图象与直线有两个交点，则，当时，；当时，，即在上单调递减，在0,+∞上单调递增；所以，当时，；当时，，则，解得，即实数的取值范围是．故选：A．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若，则下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】因为，所以，当时，为减函数，；当时，为增函数，解得，故选项A错误；对于B，由A得，即，故选项B正确；对于C，当，时，，故选项C错误；对于D，在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以由A得，选项D正确.故选：BD10.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.B.函数的图象关于点对称C.函数在区间上单调递增D.若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则【答案】AB【解析】由题图得，，又，所以，选项A正确；即，由，得，，解得，，又，所以，故，因为，所以函数的图象关于点对称，选项B正确；令，，解得，，故函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则函数在区间上先单调递减再单调递增，选项C错误；因为，，由，得，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则，解得，选项D错误．故选：AB．11.若定义在R上的函数，满足，，，则下列结论中正确的是（）A.是偶函数 B.是周期为4的周期函数C. D.【答案】ABC【解析】因为，所以．又因为，所以．又，则，即fx+2=-fx，所以，故是周期为4因为，所以也是周期为4的周期函数，选项B正确；因为，则，则，所以f-x=fx，所以为偶函数，选项因为fx+2=-fx，令，得，即，令，得，即f2+f4故f1+f2由，得，所以，选项D错误．故选：ABC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知正实数a，b满足，则的最大值为________．【答案】【解析】因为正实数a，b满足，则，当且仅当时，即时，等号成立，故ab的最大值为．13.设集合，．若；则a=________．【答案】2【解析】因为，，所以，所以是整数，且，再由集合中元素的互异性知，，．所以a是整数，且，，，得．当时，，，故，满足条件．14.已知且时，不等式恒成立，则正数m的取值范围是___________.【答案】【解析】将a视主元，设，则，当且仅当时取等号，故当时，恒成立.设，则，易知单调递增，且，①若，即时，则，所以在单调递增，故只需，即，解得；②若，即时，，即时，恒成立.综上，m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.已知函数.（1）当时，求函数的单调递减区间；（2）若是函数的极小值点，求实数a的取值范围.解：（1）（1）当时，，，由解得，所以函数的单调递减区间为.（2），时，或.①若，当或时，，当时，，因此时，函数取极小值；②若，当或时，，因此不是函数的极值点；③若，当或时，，当时，，因此时，函数取极大值.综上，a的取值范围是.16.已知函数．（1）求曲线的对称轴；（2）已知，，求的值．解：（1），，，由，得曲线的对称轴为；（2）由题意可得，即，又，则，即，所以，故.17.如图，已知斜三棱柱中，侧面侧面，侧面是矩形，侧面是菱形，，，点E，F，G分别为棱，，的中点．（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值．（1）证明：因为点，，分别为棱，，的中点，连接，，则，，又因为平面，平面，所以平面，同理可得平面ABC，因为，平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面ABC．（2）解：侧面是矩形，所以，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，因此．在菱形中，，因此是等边三角形，又是的中点，所以，从而得．如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．因为，所以，因此，，，，所以，，，设平面的法向量为m=x由，得，由，得，令，得，设平面的法向量为n=x由，得，由，得，令，得，．所以二面角的余弦值为．18.已知正项数列满足，，且对于任意，满足．（1）求出数列的通项公式；（2）设，证明：数列的前n项和；（3）设，证明：．（1）解：因为，，，当时，，计算得，由，可得，两相减可知，整理可得，所以为定值，定值为，所以所以为等差数列，故．（2）证明:由（1）得，所以，，故因为，所以，所以，即（3）证明：，因为，所以．另解：．19.对于数列，定义：如果函数使得数列的前项和小于，则称数列是“控制数列”.（1）设，证明：存在，使得等差数列是“控制数列”；（2）设，判断数列是否为“控制数列”，并说明理由；（3）仿照上述定义，我们还可以定义：如果存在实数使得数列的前项积小于，则称数列是“特控数列”.设，其中，证明：数列是“特控数列”.（1）解：不妨设等差数列的首项为，公差为d，前n项和为，则，取，，，则，有，即，即存在，使得等差数列是“控制数列”；（2）解：数列是“控制数列”，理由如下：令，，当时，，