【文档说明】江苏省盐城市射阳中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题 Word版含答案.docx，共(8)页，520.192 KB，由小赞的店铺上传

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2025届高三数学学科阶段检测2时间：120分钟分值：150分一､单项选择题：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.若复数z满足22izz+=−，则z的虚部为（）A.1−B.i−C.1D.i2

.若集合72024,xAxx=N∣，集合0,2,3,4B=，则BA的子集的个数是（）A.3B.7C.8D.93.已知向量()()2,3,,1abm=−=，若22abab+=−，则m=（）A.32B.32−C.23D.23−4.已知

定义在R上的函数()fx满足()()3fxfx+=−，且()12f−=，则()2024f=（）A.4−B.2−C.4D.25.已知集合()2460,log1AxxxBxxa=−−=+∣∣，若“xA”是“xB”的

必要不充分条件，则实数a的取值范围是（）A.()3,6−B.3,6−C.()(),36,−−+D.(),36,−−+6.将函数()πsin26fxx=+的图象向右平移π6个单

位长度，然后将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的12（纵坐标不变），得到函数()ygx=的图象，则下列区间中，函数()gx单调递减的区间是（）A.π0,8B.ππ,84C.π3π,48D.3ππ,827.已知π,0,2

，1tantan7=，()tan3+=，则()cos−=（）A.23B.12C.38D.138.设函数()()2(1)1,cos2fxaxgxxax=+−=+，当()1,1x−时，曲线()yfx=与()ygx=恰有一个交点，则a=（）A.1−B.

12C.1D.2二､多项选择题：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，有选错的得0分.9.已知0cba，则下列关系正确的有（）A.acbbca++B.333bca+C.acabcb++D.ccab10.函数()()π

2sin0,2fxx=+的图象过点()0,1A和()()00,20Bxx−，且满足min||13AB=，则下列结论正确的是（）A.π6=B.π3=C.函数在区间()0,2024上共有674个极大值点D.函数()yxf

x=−有三个零点11.已知()()32231fxxxaxb=−+−+，则下列结论正确的是（）A.当1a=时，若()fx有三个零点，则b的取值范围是()0,1B.当1a=且()0,πx时，()()2sinsinfxfxC.若()fx满足()()12fxfx−=−，则22ab−=

D.若()fx存在极值点0x，且()()01fxfx=，其中01xx，则01322xx+=三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知实数1,0ab，满足5ab+=，则的411ab+−最小值为__________.13.在平面直角坐标系中，()()ππ0,0sin,cosc

os,sin66OAB++､､，当2π3AOB=时.写出的一个值为__________.14.某个体户计划同时销售,AB两种商品，当投资额为()0xx千元时，在销售,AB商品中所获收益分别为()fx千元与

()gx千元，其中()()()2,4ln21fxxgxx==+，如果该个体户准备共投入5千元销售,AB两种商品，为使总收益最大，则B商品需投__________千元.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.（满分13分）已知向量()3cos,1,sin

,4axbx=−=，设函数()()2fxaba=+（1）若a∥b，求πtan24x+（2）当ππ,46x−时，求函数()fx的值域；16.（满分15分）已知ABC的内角,,ABC所对边分别为,,abc，且222,(1)3bac==−+.（1）求角A；（2

）若点D是边BC的中点，且2AD=，求ABC的面积.17.（满分15分）已知函数()()()1lnfxaxxa=−−R.（1）求函数()fx的单调区间；（2）若()0fx恒成立，求实数a的取值集合.18

.（满分17分）已知函数()241xxfxx=+−（1）求函数()fx的值域；（2）证明：曲线()yfx=是中心对称图形；（3）若0x时，恒有()42222xxxxafx−−+−+−，求实数a的取值范围.19.（满分17分）牛顿法（Newton'm

ethod）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设r是()0fx=的根，选取0x作为r的初始近似值，过点()()00,xfx作曲线()yfx=的切线,LL的方程为()()(

)000yfxfxxx=+−，如果()00fx，则L与x轴的交点的横坐标记为1x，称1x为r的一阶近似值，再过点()()11,xfx作曲线()yfx=的切线，并求出切线与x轴的交点横坐标记为2x

，称2x为r的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列12,,nxxx，根据已有精确度，当nxr−时，给出近似解.对于函数()lnfxxx=+，已知()0fr=（1）若给定01x=，求r的二阶近似值2x；（2）设()()()()1,1lneexxnnxgx

hxxgxx−+==−+−+−①试探求函数()hx的最小值m与r的关系②证明：3e4m−2025届高三数学学科阶段检测2参考答案一､单项选择题：1-4CCAB5-8DCAD二､多项选择题：9.ABD10.AD11.ABD三､填空题：12.9413.π6−（满足ππ6k=−+或()ππ2kk=

+Z的其中一值）14.1.5或32四､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.（1）因为()3cos,1,sin,,4axbxa=−=∥b，则3cos

sin4xx=−显然cos0x，所以3tan4x=−则π3tantan1π144tanπ3471tantan144xxx+−++===−−−所以22π12tan2π747tan2π42411tan147xxx+

+===−+−【法二】因为()3cos,1,sin,,4axbxa=−=∥b，则3cossin4xx=−显然cos0x，所以3tan4x=−，则22322tan244tan21tan7314xxx−===−−−−

所以ππ17tan2tan242tan224xxx+=+=−=【解法二参照解法一给分】（2）1cossin,4abxx+=+−，()()()21122cossin,cos,12cos2sincos4

2fxabaxxxxxx=+=+−−=++3π3sin2cos22sin2242xxx=++=++当ππ,46x−时，ππ7ππ3132,,2sin2,244124222xx+−++

+，所以函数()fx的值域为13,222+16.（1）由已知条件2b=和22(1)3ac=−+有222222(1)322accccbcb=−+=−+=−+.所以由余弦定理可得22222221cos2222bcabccbcbbcAbcbcbc+−+−

+−====，因为()0,πA，从而π3A=（3）因为点D是边BC的中点，则()12ADABAC=+，所以221||()4ADABAC=+，即()2221||||2||4ADABABACAC=++又π2,3ADBAC==则21π222cos443cc=++，即2240

cc+−=，解得51c=−所以()11π153sin251sin2232BBCSbcA−==−=17.（1）由题意得：()fx的定义域为()()110,,axfxaxx−+=−=，当0a时，()0fx，则()fx单调递减区间为()0,+，无单调递增区间，当0a时，令()0

fx=，解得：1xa=，所以当10,xa时，()0fx，当1,xa+时，()0fx，所以()fx的单调递减区间为10,a，单调递增区间为1,a+，综上所述：0a时，则()fx的单

调递减区间为()0,+，无单调递增区间，0a时，()fx的单调递减区间为10,a，单调递增区间为1,a+；（2）当0a时，()2ln20fa=−，不合题意，当0a时，由（1）知min1()1

lnfxfaaa==−+，则1ln0aa−+，令()1lngaaa=−+，则()11gaa=−，所以当()0,1a时，()0ga，当()1,a+时，()0ga，所以()ga在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，所以

()max()10gag==，所以1a=，实数a的取值集合为1.18.【解析】.（1）()fx的定义域为0xx∣当0x时，()2141xfx=+−，因为41x，所以2041x−，所以()1fx；当0x时，()2141xfx=−−，因为2041,241xx−−，所以()

3fx−，综上，可得函数()fx的值域为()(),31,−−+.（2）()()222241414141xxxxxxfxfxxx−−−−+=+++=+−−−−−242412214414141xxxxxx=+=+=−−−−−所以曲线

()yfx=关于点()0,1−中心对称（3）因为()20,220,141xxxxfx−−=+−()42222xxxxafx−−+−+−，即241224122xxxxxa−−++−+−−两边同时乘以22xx−−的()22222224xxxxxa−−−

+−−++即()442220xxxxa−−+−+++恒成立，()()()221144222222222024xxxxxxxxxxaaa−−−−−+−+++=+−++=+−−+.即2112224xxa−−+−+，令()211222,24xxt

gtt−=+=−−+，则max()agt，由二次函数图象与性质可知()21124gtt=−−+在1,2+上单调递减，所以当2t时，()()22gtg=−，

所以2a−，所以实数a的取值范围是)2,−+.19.（1）由()lnfxxx=+得()11fxx=+由()()()000yfxfxxx=+−，当()00fx时，得()()0100fxxxfx=−则()0000000100001lnln1ln11111xxxxxx

xxxxxx−++−−=−==+++，而01x=，所以112x=同理()11211ln1xxxx−=+，将112x=代入，可得11ln23x+=（2）①由()()11ln1nnnnnxxxgxx+−==+得()()1ln,01

xxgxxx−=+所以()()ln1lneexxhxxxx−=−−+−所以()1lneexxhxxx−=−++由()0fr=，得ln0rr+=，则1lnrr=，则1err=，所以err−=所以()1ee0rrhxrr−=−−++=，且

112r当()0,x+时，()211ee0xxhxxx−=++−，所以()hx在()0,x+上单调递增.所以()hx在()0,r上为负，在(),r+上为正，即()hx在()0,r上单

调递减，在(),r+上单调递增，所以()hx存在最小值()()ln1lneerrmhrrrr−==−−+−②由①知()()()()1lnee1e2e2rrrrhrrrrrrrrr−=−+−−=−−+

−=−−记()2exFxxx=−−，则()e21xFxx=−−，再次求导得()e2xFx=−易知()Fx在上()0,ln2单调递减，在()ln2,+上单调递增而()()00,1e30FF==−，所以()0

Fx在()0,1上恒成立所以()Fx单调递减由①知12r，所以()13e24FrF=−所以3e4m−