重庆市南开中学2025届高三上学期8月第一次质量检测数学试题
1．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·沙坪坝开学考）设，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
3．（2024高三上·沙坪坝开学考）是定义在上的奇函数，当时，；则不等式的解集（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·沙坪坝开学考）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高三上·沙坪坝开学考）在同一直角坐标系内，存在一条直线，使得函数与函数的图象关于直线对称，就称函数是函数的“轴对称函数”．已知函数（是自然对数的底数），则下列函数不是函数的“轴对称函数”的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·沙坪坝开学考）设，函数，若恰有三个不同的零点，且是其中的一个零点，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．1
7．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知，是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·沙坪坝开学考）设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·沙坪坝开学考）下列式子中最小值为4的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，，，函数的图象在点处的切线与在点处的切线互相垂直，且分别与轴交于、两点，则（ ）
A．为定值
B．为定值
C．直线的斜率取值范围是
D．的取值范围是
11．（2024高三上·沙坪坝开学考）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．函数的值域为
B．函数的图象关于点成中心对称图形
C．函数的导函数的图象关于直线对称
D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
12．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为 ．
13．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，正数满足，则的最小值为 ．
14．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，且，则的最大值为 .
15．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
16．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知二次函数关于实数的不等式的解集为.
(1)当时，解关于的不等式
(2)是否存在实数使得关于的函数的最小值为若存在，求实数的值；若不存在，说明理由.
17．（2024高三上·沙坪坝开学考）掷两颗骰子，观察掷得的点数．
（1）设A：掷得的两个点数之和为偶数，B：掷得的两个点数之积为偶数，判断A、B是否相互独立．并说明理由；
（2）已知甲箱中有3个白球，2个黑球；乙箱中有2个白球，3个黑球．若掷骰子所得到的两个点数奇偶性不同，则从甲箱中任取两个球；若所得到的两个点数奇偶性相同，则从乙箱中任取两个球、求取出白球个数的分布和期望．
18．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
（1）求轨迹的方程；
（2）在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
（3）过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
19．（2024高三上·沙坪坝开学考）对于正实数a，，我们熟知基本不等式：，其中为a，b的几何平均数，为a，b的算术平均数．现定义a，b的对数平均数：．
（1）设，求证：；
（2）证明；
（3）若不等式对任意正实数恒成立，求正实数m的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以，又因为＝{0，1}，
所以根据交集的定义可得()∩N＝{0，1}．
故选：C．
【分析】根据已知条件求解，根据自然数集的定义化简集合N，再利用交集运算得答案．
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：因为，若，
则，则，所以或(舍去).
因此“”是“”的充要条件.
故选：C．
【分析】利用换底公式及对数的运算性质得到，再根据充分条件、必要条件的定义（若条件能推出结论，且能推出，则是的充要条件）判断即可.
3．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为是定义在上的奇函数，，
所以当时，，且，
因为时，由得，由得，
时，由得，由得，
由得或，
当时，无解，
当时，，
故选：B．
【分析】根据奇函数的性质（如果奇函数在处有定义，那么其函数值等于0）进行求解，由是定义在上的奇函数得，分、可得、得的解，再由得或，解不等式组可得答案.
4．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由，得，所以的定义域为.
又，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误；
因为，所以当时，，所以，
且在定义内为增函数，故A，D错误.
对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确.
故选：C
【分析】根据函数的奇偶性、单调性与函数值符号确定函数的图象.
偶函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做偶函数
5．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】A：因为，可知与关于对称，不合题意；
B：因为，可知与关于对称，不合题意；
C：因为与关于原点对称，不是轴对称函数，符合题意；
D：与关于对称，不合题意；
故选：C．
【分析】根据轴对称分析AB；根据中心对称分析判断C；根据反函数的性质判断D.
6．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为，且定义域为，
所以为偶函数，则也为偶函数，
又恰有三个不同的零点，
所以有，即，
所以，
同除以得，，设，
当时，不成立；
当时，，解得，则，；
当时，，解得不合题意舍去，
所以，
故选：B．
【分析】由函数奇偶性的判定得出为偶函数，则得出，再根据列出方程，求解即可．
偶函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做偶函数。
7．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为是奇函数，是偶函数，所以，
联立，解得，
又因为对于任意的，都有成立，
所以，所以成立，
构造，
所以，由上述过程可得在单调递增，
（1）若，则对称轴，解得；
（2）若，则在单调递增，满足题意；
（3）若，则对称轴恒成立，
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】根据奇函数和偶函数定义，构造方程组求出函数的解析式，再根据题意得到
成立，再构造函数，再根据分类讨论的方法和二次函数的开口方向、对称性，从而判断出函数
在上的单调性，进而得出实数a的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由已知可得，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
综上，
设，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以，
所以
故选：B.
【分析】构造函数、和，其中，利用导数得到它们的单调性（如果导函数大于0， 则函数在该区间内单调递增； 如果导函数小于0， 则函数在该区间内单调递减）即可比较出三者大小关系.
9．【答案】B,C,D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：对于A：，
当且仅当，即当且仅当时等号成立，
但不成立，所以的最小值不为4，故A错误；
对于B：因为，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，故B正确；
对于C：
，
当时，取得最小值4，故C成立；
对于D：由题意，
则，
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确．
故选：BCD．
【分析】对于ABD，利用基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）运算求解；对于C，运用对数运算及二次函数的最值可判断．
10．【答案】A,C,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用；直线的斜率
【解析】【解答】由题意可得
当时，导函数所以在点A处的切线的斜率切线AM的直线方程为：
令x=0可得即
当x>0时，导函数所以在点B处的切线的斜率切线BN的直线方程为：
令x=0可得即
A.因为两条切线互相垂直，则即为定值，故选项A正确，选项B错误.
C.直线AB的斜率故选项C正确.
D.
所以故选项D正确.
故答案为：ACD
【分析】先去绝对值化简f(x)，利用导数求出两条切线的斜率，根据直线垂直的条件可得，可判断选项AB，利用两点斜率公式
结合基本不等式可判断选项C，利用两点间的距离公式，结合化简即可判断选项D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的值域；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：对于A，显然的定义域为R，，
则，即函数的值域为，所以A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，所以B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，所以C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得出函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】借助函数的定义域和指数函数的值域以及不等式的基本性质，从而得出函数的值域，则判断出选项A；令，再利用奇函数的定义判断出函数h(x)为奇函数，再根据奇函数的图象的对称性，则判断出函数的图象的对称性，从而判断出选项B；利用复合函数求导法则和函数的图象的对称性，则判断出选项C；利用奇函数的图象的对称性判断出函数的对称性，再由选项B得出函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】因为，
所以，
所以函数在区间上单调递增，
即在上恒成立，
显然，所以问题转化为在上恒成立，
设，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
故，
所以的最小值为：.
故答案为：.
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
13．【答案】12
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为定义域为，又，
所以为奇函数，有，
又，所以，即，
又因为为正数，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：12．
【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）求解即可．
奇函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做奇函数
14．【答案】1
【知识点】指数函数单调性的应用；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，，显然，
由，
构造函数在上单调递增，
由，
而在上单调递增，所以有，
因此，设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，v
故答案为：
【分析】根据函数的零点定义（对于函数 ，使的实数x叫做函数的零点，即零点不是点），可以得到关于的两个等式，结合对数与指数的恒等变形公式，构造新函数，结合导数的性质，利用新函数的单调性得到之间的关系，最后对进行转化为关于的式子，最后构造新函数，利用导数的性质求出最值即可.
15．【答案】（1）解：（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减.
（2）解：令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，，
解得：，所以的最小值为
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数f(x)的单调区间.
(2)令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数的最小值.
16．【答案】解：(1)由不等式的解集为知关于的方程的两根为和且
由根与系数的关系，得
所以所求不等式化为
①当时，所求不等式化为且解得或
②当时，所求不等式化为解得且
③当时，所求不等式化为且解得或
综上所述，当时，所求不等式的解集为或
当时，所求不等式的解集为或.
(2)假设存在满足条件的实数，由(1)得，
，
令，则，
对称轴为，
因为所以，
所以函数在上单调递减，
所以当时取得最小值，为，
解得.
【知识点】一元二次不等式；一元二次不等式的实际应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系可得不等式将参数分成三类进行讨论即可求解；
（2）假设存在满足条件的实数，利用换元法，得到一个二次函数，利用二次函数的性质进行求解.
17．【答案】（1）解：依题意，，，
显然，
所以、不是相互独立的.
（2）解：两个点数奇偶性不同的概率为，两个点数奇偶性相同的概率也是，
记取出白球的个数为，则可能的取值为：0，1，2，
，，
，
所以的分布为：
0 1 2
期望.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率结合组合计数问题求出，再利用相互独立事件的定义判断即得.
（2）求出取得白球个数的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
（1）依题意，，，
显然，
所以、不是相互独立的.
（2）两个点数奇偶性不同的概率为，两个点数奇偶性相同的概率也是，
记取出白球的个数为，则可能的取值为：0，1，2，
，，
，
所以的分布为：
0 1 2
期望.
18．【答案】（1）解：设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）解：当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）解：将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；
（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.
（1）设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
19．【答案】（1）证明：设，
则，
故当时，恒成立，即在上单调递减，
又因为，故当时，，
即当时，，即不等式成立.
（2）证明：要证，需证，
因为，故只需证，即证，
设，则，
由（1）可得，即得，
故不等式成立.
（3）解：由不等式对任意正实数恒成立，
可得，即恒成立，
设，则，则，
化简得，，即在时恒成立，
设，则
① 当时，
即当时，方程有两个异根，
由，可取则，
因为，故当时，，则在上单调递增，
故，与题意不符，故舍去；
② 当时，因为，
则，
即，在上单调递减，
故恒有成立，符合题意，
综上可知，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；一元二次方程的根与系数的关系；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】解：（1）构造函数，利用导数判断单调性的方法得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（2）利用分析法，将等价转化成，设，则，再利用（1）的结论证出不等式成立，则证出不等式成立.
（3）将不等式对任意正实数恒成立等价转化成恒成立，设，则，将转化成在时恒成立.，设，再利用分类讨论的方法，从而由判别式法和韦达定理、导数判断单调性的方法，从而得出函数的值域，进而得出实数m的取值范围.
（1）设，则，
故当时，恒成立，即在上单调递减，又，故时，
即时，，即得证.
（2）要证，需证，因，故只需证，，即证，.
设，则，由（1）可得，即得，
故得证.
（3）由不等式对任意正实数恒成立可得，
，即恒成立.
设，则，则有，化简得，，即在时恒成立.
设，则
① 当时，即时，方程有两个异根，
由，可取则，
因，故当时，，在上单调递增，故，与题意不符，故舍去；
② 当时，因，则，
即，在上单调递减，故恒有成立，符合题意.
综上可知，
1 / 1重庆市南开中学2025届高三上学期8月第一次质量检测数学试题
1．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知集合，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以，又因为＝{0，1}，
所以根据交集的定义可得()∩N＝{0，1}．
故选：C．
【分析】根据已知条件求解，根据自然数集的定义化简集合N，再利用交集运算得答案．
2．（2024高三上·沙坪坝开学考）设，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：因为，若，
则，则，所以或(舍去).
因此“”是“”的充要条件.
故选：C．
【分析】利用换底公式及对数的运算性质得到，再根据充分条件、必要条件的定义（若条件能推出结论，且能推出，则是的充要条件）判断即可.
3．（2024高三上·沙坪坝开学考）是定义在上的奇函数，当时，；则不等式的解集（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为是定义在上的奇函数，，
所以当时，，且，
因为时，由得，由得，
时，由得，由得，
由得或，
当时，无解，
当时，，
故选：B．
【分析】根据奇函数的性质（如果奇函数在处有定义，那么其函数值等于0）进行求解，由是定义在上的奇函数得，分、可得、得的解，再由得或，解不等式组可得答案.
4．（2024高三上·沙坪坝开学考）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由，得，所以的定义域为.
又，
所以函数为偶函数，图象关于轴对称，故B错误；
因为，所以当时，，所以，
且在定义内为增函数，故A，D错误.
对C：符合函数的定义域，奇偶性，单调性，故C正确.
故选：C
【分析】根据函数的奇偶性、单调性与函数值符号确定函数的图象.
偶函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做偶函数
5．（2024高三上·沙坪坝开学考）在同一直角坐标系内，存在一条直线，使得函数与函数的图象关于直线对称，就称函数是函数的“轴对称函数”．已知函数（是自然对数的底数），则下列函数不是函数的“轴对称函数”的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】A：因为，可知与关于对称，不合题意；
B：因为，可知与关于对称，不合题意；
C：因为与关于原点对称，不是轴对称函数，符合题意；
D：与关于对称，不合题意；
故选：C．
【分析】根据轴对称分析AB；根据中心对称分析判断C；根据反函数的性质判断D.
6．（2024高三上·沙坪坝开学考）设，函数，若恰有三个不同的零点，且是其中的一个零点，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为，且定义域为，
所以为偶函数，则也为偶函数，
又恰有三个不同的零点，
所以有，即，
所以，
同除以得，，设，
当时，不成立；
当时，，解得，则，；
当时，，解得不合题意舍去，
所以，
故选：B．
【分析】由函数奇偶性的判定得出为偶函数，则得出，再根据列出方程，求解即可．
偶函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做偶函数。
7．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知，是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为是奇函数，是偶函数，所以，
联立，解得，
又因为对于任意的，都有成立，
所以，所以成立，
构造，
所以，由上述过程可得在单调递增，
（1）若，则对称轴，解得；
（2）若，则在单调递增，满足题意；
（3）若，则对称轴恒成立，
综上所述，.
故答案为：D.
【分析】根据奇函数和偶函数定义，构造方程组求出函数的解析式，再根据题意得到
成立，再构造函数，再根据分类讨论的方法和二次函数的开口方向、对称性，从而判断出函数
在上的单调性，进而得出实数a的取值范围.
8．（2024高三上·沙坪坝开学考）设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由已知可得，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
综上，
设，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，所以，
所以
故选：B.
【分析】构造函数、和，其中，利用导数得到它们的单调性（如果导函数大于0， 则函数在该区间内单调递增； 如果导函数小于0， 则函数在该区间内单调递减）即可比较出三者大小关系.
9．（2024高三上·沙坪坝开学考）下列式子中最小值为4的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：对于A：，
当且仅当，即当且仅当时等号成立，
但不成立，所以的最小值不为4，故A错误；
对于B：因为，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为，故B正确；
对于C：
，
当时，取得最小值4，故C成立；
对于D：由题意，
则，
，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确．
故选：BCD．
【分析】对于ABD，利用基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）运算求解；对于C，运用对数运算及二次函数的最值可判断．
10．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，，，函数的图象在点处的切线与在点处的切线互相垂直，且分别与轴交于、两点，则（ ）
A．为定值
B．为定值
C．直线的斜率取值范围是
D．的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；利用导数研究曲线上某点切线方程；基本不等式在最值问题中的应用；直线的斜率
【解析】【解答】由题意可得
当时，导函数所以在点A处的切线的斜率切线AM的直线方程为：
令x=0可得即
当x>0时，导函数所以在点B处的切线的斜率切线BN的直线方程为：
令x=0可得即
A.因为两条切线互相垂直，则即为定值，故选项A正确，选项B错误.
C.直线AB的斜率故选项C正确.
D.
所以故选项D正确.
故答案为：ACD
【分析】先去绝对值化简f(x)，利用导数求出两条切线的斜率，根据直线垂直的条件可得，可判断选项AB，利用两点斜率公式
结合基本不等式可判断选项C，利用两点间的距离公式，结合化简即可判断选项D.
11．（2024高三上·沙坪坝开学考）我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．函数的值域为
B．函数的图象关于点成中心对称图形
C．函数的导函数的图象关于直线对称
D．若函数满足为奇函数，且其图象与函数的图象有2024个交点，记为，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数的值域；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：对于A，显然的定义域为R，，
则，即函数的值域为，所以A错误；
对于B，令，，
即函数是奇函数，因此函数的图象关于点成中心对称图形，所以B正确；
对于C，由选项B知，，即，
两边求导得，即，
因此函数的导函数的图象关于直线对称，所以C正确；
对于D，由函数满足为奇函数，得出函数的图象关于点成中心对称，
由选项B知，函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，
因此，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】借助函数的定义域和指数函数的值域以及不等式的基本性质，从而得出函数的值域，则判断出选项A；令，再利用奇函数的定义判断出函数h(x)为奇函数，再根据奇函数的图象的对称性，则判断出函数的图象的对称性，从而判断出选项B；利用复合函数求导法则和函数的图象的对称性，则判断出选项C；利用奇函数的图象的对称性判断出函数的对称性，再由选项B得出函数的图象与函数的图象有2024个交点关于点对称，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数在区间上单调递增，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】因为，
所以，
所以函数在区间上单调递增，
即在上恒成立，
显然，所以问题转化为在上恒成立，
设，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
故，
所以的最小值为：.
故答案为：.
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
13．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，正数满足，则的最小值为 ．
【答案】12
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为定义域为，又，
所以为奇函数，有，
又，所以，即，
又因为为正数，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：12．
【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式（两个正数的算数平均数大于或等于它们的几何平均数）求解即可．
奇函数的定义：如果对于函数的定义域内任意的一个x，都有，那么函数就叫做奇函数
14．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，且，则的最大值为 .
【答案】1
【知识点】指数函数单调性的应用；函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，，显然，
由，
构造函数在上单调递增，
由，
而在上单调递增，所以有，
因此，设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，即，v
故答案为：
【分析】根据函数的零点定义（对于函数 ，使的实数x叫做函数的零点，即零点不是点），可以得到关于的两个等式，结合对数与指数的恒等变形公式，构造新函数，结合导数的性质，利用新函数的单调性得到之间的关系，最后对进行转化为关于的式子，最后构造新函数，利用导数的性质求出最值即可.
15．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若且恒成立，求的最小值.
【答案】（1）解：（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减.
（2）解：令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
由于，，所以恒成立，当时，，当时，，所以，，
解得：，所以的最小值为
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合分类讨论的方法和求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数f(x)的单调区间.
(2)令，要使恒成立，只要使恒成立，也只要使，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而得出函数的最大值，从而得出实数a的取值范围，进而得出实数的最小值.
16．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知二次函数关于实数的不等式的解集为.
(1)当时，解关于的不等式
(2)是否存在实数使得关于的函数的最小值为若存在，求实数的值；若不存在，说明理由.
【答案】解：(1)由不等式的解集为知关于的方程的两根为和且
由根与系数的关系，得
所以所求不等式化为
①当时，所求不等式化为且解得或
②当时，所求不等式化为解得且
③当时，所求不等式化为且解得或
综上所述，当时，所求不等式的解集为或
当时，所求不等式的解集为或.
(2)假设存在满足条件的实数，由(1)得，
，
令，则，
对称轴为，
因为所以，
所以函数在上单调递减，
所以当时取得最小值，为，
解得.
【知识点】一元二次不等式；一元二次不等式的实际应用；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）根据一元二次方程根与系数的关系可得不等式将参数分成三类进行讨论即可求解；
（2）假设存在满足条件的实数，利用换元法，得到一个二次函数，利用二次函数的性质进行求解.
17．（2024高三上·沙坪坝开学考）掷两颗骰子，观察掷得的点数．
（1）设A：掷得的两个点数之和为偶数，B：掷得的两个点数之积为偶数，判断A、B是否相互独立．并说明理由；
（2）已知甲箱中有3个白球，2个黑球；乙箱中有2个白球，3个黑球．若掷骰子所得到的两个点数奇偶性不同，则从甲箱中任取两个球；若所得到的两个点数奇偶性相同，则从乙箱中任取两个球、求取出白球个数的分布和期望．
【答案】（1）解：依题意，，，
显然，
所以、不是相互独立的.
（2）解：两个点数奇偶性不同的概率为，两个点数奇偶性相同的概率也是，
记取出白球的个数为，则可能的取值为：0，1，2，
，，
，
所以的分布为：
0 1 2
期望.
【知识点】相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用古典概率结合组合计数问题求出，再利用相互独立事件的定义判断即得.
（2）求出取得白球个数的可能值，并求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
（1）依题意，，，
显然，
所以、不是相互独立的.
（2）两个点数奇偶性不同的概率为，两个点数奇偶性相同的概率也是，
记取出白球的个数为，则可能的取值为：0，1，2，
，，
，
所以的分布为：
0 1 2
期望.
18．（2024高三上·沙坪坝开学考）已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
（1）求轨迹的方程；
（2）在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
（3）过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）解：设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）解：当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）解：将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；
（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.
（1）设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
19．（2024高三上·沙坪坝开学考）对于正实数a，，我们熟知基本不等式：，其中为a，b的几何平均数，为a，b的算术平均数．现定义a，b的对数平均数：．
（1）设，求证：；
（2）证明；
（3）若不等式对任意正实数恒成立，求正实数m的取值范围．
【答案】（1）证明：设，
则，
故当时，恒成立，即在上单调递减，
又因为，故当时，，
即当时，，即不等式成立.
（2）证明：要证，需证，
因为，故只需证，即证，
设，则，
由（1）可得，即得，
故不等式成立.
（3）解：由不等式对任意正实数恒成立，
可得，即恒成立，
设，则，则，
化简得，，即在时恒成立，
设，则
① 当时，
即当时，方程有两个异根，
由，可取则，
因为，故当时，，则在上单调递增，
故，与题意不符，故舍去；
② 当时，因为，
则，
即，在上单调递减，
故恒有成立，符合题意，
综上可知，.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；一元二次方程的根与系数的关系；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】解：（1）构造函数，利用导数判断单调性的方法得出函数的值域，进而证出不等式成立.
（2）利用分析法，将等价转化成，设，则，再利用（1）的结论证出不等式成立，则证出不等式成立.
（3）将不等式对任意正实数恒成立等价转化成恒成立，设，则，将转化成在时恒成立.，设，再利用分类讨论的方法，从而由判别式法和韦达定理、导数判断单调性的方法，从而得出函数的值域，进而得出实数m的取值范围.
（1）设，则，
故当时，恒成立，即在上单调递减，又，故时，
即时，，即得证.
（2）要证，需证，因，故只需证，，即证，.
设，则，由（1）可得，即得，
故得证.
（3）由不等式对任意正实数恒成立可得，
，即恒成立.
设，则，则有，化简得，，即在时恒成立.
设，则
① 当时，即时，方程有两个异根，
由，可取则，
因，故当时，，在上单调递增，故，与题意不符，故舍去；
② 当时，因，则，
即，在上单调递减，故恒有成立，符合题意.
综上可知，
1 / 1
