2025屆安徽省黃山市屯溪區第一中學高三4月考數學試題試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數是上的偶函數，且當時，函數是單調遞減函數，則，，的大小關系是（）A． B．C． D．2．如圖是甲、乙兩位同學在六次數學小測試（滿分100分）中得分情況的莖葉圖，則下列說法錯誤的是（）A．甲得分的平均數比乙大 B．甲得分的極差比乙大C．甲得分的方差比乙小 D．甲得分的中位數和乙相等3．若實數滿足的約束條件，則的取值范圍是（）A． B． C． D．4．已知函數，滿足對任意的實數，都有成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．5．射線測厚技術原理公式為，其中分別為射線穿過被測物前后的強度，是自然對數的底數，為被測物厚度，為被測物的密度，是被測物對射線的吸收系數.工業上通常用镅241（）低能射線測量鋼板的厚度.若這種射線對鋼板的半價層厚度為0.8，鋼的密度為7.6，則這種射線的吸收系數為（）（注：半價層厚度是指將已知射線強度減弱為一半的某種物質厚度，，結果精確到0.001）A．0.110 B．0.112 C． D．6．函數的圖象與軸交點的橫坐標構成一個公差為的等差數列，要得到函數的圖象，只需將的圖象（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位7．已知集合的所有三個元素的子集記為．記為集合中的最大元素，則（）A． B． C． D．8．若直線與曲線相切，則（）A．3 B． C．2 D．9．已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于，兩點（設點位于第一象限），過點，分別作拋物線的準線的垂線，垂足分別為點，，拋物線的準線交軸于點，若，則直線的斜率為A．1 B． C． D．10．要得到函數的導函數的圖像，只需將的圖像（）A．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍B．向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍C．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍D．向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍11．函數的圖象大致是（）A． B．C． D．12．一個圓錐的底面和一個半球底面完全重合，如果圓錐的表面積與半球的表面積相等，那么這個圓錐軸截面底角的大小是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，，，則的最小值是__．14．設變量，滿足約束條件，則目標函數的最小值為______．15．設變量，，滿足約束條件，則目標函數的最小值是______.16．如圖，在棱長為2的正方體中，點、分別是棱，的中點，是側面正方形內一點（含邊界），若平面，則線段長度的取值范圍是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在中，角，，的對邊分別為，，，已知．（1）若，，成等差數列，求的值；（2）是否存在滿足為直角？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．18．（12分）已知函數(mR)的導函數為．（1）若函數存在極值，求m的取值范圍；（2）設函數（其中e為自然對數的底數），對任意mR，若關于x的不等式在(0，)上恒成立，求正整數k的取值集合．19．（12分）已知函數有兩個零點.(1)求的取值范圍；(2)是否存在實數，對于符合題意的任意，當時均有?若存在，求出所有的值；若不存在，請說明理由．20．（12分）已知函數.（1）若在上是減函數，求實數的最大值；（2）若，求證：.21．（12分）已知不等式對于任意的恒成立.（1）求實數m的取值范圍；（2）若m的最大值為M，且正實數a，b，c滿足.求證.22．（10分）如圖，已知拋物線：與圓：（）相交于，，，四個點，（1）求的取值范圍；（2）設四邊形的面積為，當最大時，求直線與直線的交點的坐標.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

利用對數函數的單調性可得，再根據的單調性和奇偶性可得正確的選項.【詳解】因為，，故.又，故.因為當時，函數是單調遞減函數，所以.因為為偶函數，故，所以.故選：D.【點睛】本題考查抽象函數的奇偶性、單調性以及對數函數的單調性在大小比較中的應用，比較大小時注意選擇合適的中間數來傳遞不等關系，本題屬于中檔題.2．B【解析】

由平均數、方差公式和極差、中位數概念，可得所求結論．【詳解】對于甲，；對于乙，，故正確；甲的極差為，乙的極差為，故錯誤；對于甲，方差.5，對于乙，方差，故正確；甲得分的中位數為，乙得分的中位數為，故正確．故選：．【點睛】本題考查莖葉圖的應用，考查平均數和方差等概念，培養計算能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題．3．B【解析】

根據所給不等式組，畫出不等式表示的可行域，將目標函數化為直線方程，平移后即可確定取值范圍.【詳解】實數滿足的約束條件，畫出可行域如下圖所示：將線性目標函數化為，則將平移，平移后結合圖像可知，當經過原點時截距最小，；當經過時，截距最大值，，所以線性目標函數的取值范圍為，故選：B.【點睛】本題考查了線性規劃的簡單應用，線性目標函數取值范圍的求法，屬于基礎題.4．B【解析】

由題意可知函數為上為減函數，可知函數為減函數，且，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由題意知函數是上的減函數，于是有，解得，因此，實數的取值范圍是．故選：B.【點睛】本題考查利用分段函數的單調性求參數，一般要分析每支函數的單調性，同時還要考慮分段點處函數值的大小關系，考查運算求解能力，屬于中等題.5．C【解析】

根據題意知,，代入公式,求出即可.【詳解】由題意可得,因為,所以,即.所以這種射線的吸收系數為.故選:C【點睛】本題主要考查知識的遷移能力,把數學知識與物理知識相融合;重點考查指數型函數,利用指數的相關性質來研究指數型函數的性質,以及解指數型方程；屬于中檔題.6．A【解析】依題意有的周期為.而，故應左移.7．B【解析】

分類討論，分別求出最大元素為3,4,5,6的三個元素子集的個數，即可得解.【詳解】集合含有個元素的子集共有，所以．在集合中：最大元素為的集合有個；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；所以．故選：．【點睛】此題考查集合相關的新定義問題，其本質在于弄清計數原理，分類討論，分別求解.8．A【解析】

設切點為，對求導，得到，從而得到切線的斜率，結合直線方程的點斜式化簡得切線方程，聯立方程組，求得結果.【詳解】設切點為，∵，∴由①得，代入②得，則，，故選A.【點睛】該題考查的是有關直線與曲線相切求參數的問題，涉及到的知識點有導數的幾何意義，直線方程的點斜式，屬于簡單題目.9．C【解析】

根據拋物線定義，可得，，又，所以，所以，設，則，則，所以，所以直線的斜率．故選C．10．D【解析】

先求得，再根據三角函數圖像變換的知識，選出正確選項.【詳解】依題意，所以由向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍得到的圖像.故選：D【點睛】本小題主要考查復合函數導數的計算，考查誘導公式，考查三角函數圖像變換，屬于基礎題.11．A【解析】

根據復合函數的單調性，同增異減以及采用排除法，可得結果.【詳解】當時，，由在遞增，所以在遞增又是增函數，所以在遞增，故排除B、C當時，若，則所以在遞減，而是增函數所以在遞減，所以A正確，D錯誤故選：A【點睛】本題考查具體函數的大致圖象的判斷，關鍵在于對復合函數單調性的理解，記住常用的結論：增+增=增，增-減=增，減+減=減，復合函數單調性同增異減，屬中檔題.12．D【解析】

設圓錐的母線長為l,底面半徑為R,再表達圓錐表面積與球的表面積公式,進而求得即可得圓錐軸截面底角的大小.【詳解】設圓錐的母線長為l,底面半徑為R,則有,解得,所以圓錐軸截面底角的余弦值是,底角大小為.故選：D【點睛】本題考查圓錐的表面積和球的表面積公式,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．．【解析】

因為，展開后利用基本不等式，即可得到本題答案.【詳解】由，得，所以，當且僅當，取等號.故答案為：【點睛】本題主要考查利用基本不等式求最值，考查學生的轉化能力和運算求解能力.14．-8【解析】

通過約束條件，畫出可行域，將問題轉化為直線在軸截距最大的問題，通過圖像解決.【詳解】由題意可得可行域如下圖所示：令，則即為在軸截距的最大值由圖可知：當過時，在軸截距最大本題正確結果：【點睛】本題考查線性規劃中的型最值的求解問題，關鍵在于將所求最值轉化為在軸截距的問題.15．7【解析】作出不等式組表示的平面區域,得到如圖的△ABC及其內部,其中A(2,1),B(1,2),C(4,5)設z=F(x,y)=2x+3y，將直線l:z=2x+3y進行平移，當l經過點A時，目標函數z達到最小值∴z最小值=F(2,1)=716．【解析】

取中點，連結，，推導出平面平面，從而點在線段上運動，作于，由，能求出線段長度的取值范圍．【詳解】取中點，連結，，在棱長為2的正方體中，點、分別是棱、的中點，，，，，平面平面，是側面正方形內一點（含邊界），平面，點在線段上運動，在等腰△中，，，作于，由等面積法解得：，，線段長度的取值范圍是，．故答案為：，．【點睛】本題考查線段長的取值范圍的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．見解析【解析】

（1）因為，，成等差數列，所以，由余弦定理可得，因為，所以，即，所以．（2）若B為直角，則，，由及正弦定理可得，所以，即，上式兩邊同時平方，可得，所以（*）．又，所以，，所以，與（*）矛盾，所以不存在滿足為直角．18．（1）（2）{1，2}．【解析】

（1）求解導數，表示出，再利用的導數可求m的取值范圍；（2）表示出，結合二次函數知識求出的最小值，再結合導數及基本不等式求出的最值，從而可求正整數k的取值集合．【詳解】（1）因為，所以，所以，則，由題意可知，解得；（2）由（1）可知，，所以因為整理得，設，則，所以單調遞增，又因為，所以存在，使得，設，是關于開口向上的二次函數，則，設，則，令，則，所以單調遞增，因為，所以存在，使得，即，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因為，所以，又由題意可知，所以，解得，所以正整數k的取值集合為{1，2}．【點睛】本題主要考查導數的應用，利用導數研究極值問題一般轉化為導數的零點問題，恒成立問題要逐步消去參數，轉化為最值問題求解，適當構造函數是轉化的關鍵，本題綜合性較強，難度較大，側重考查數學抽象和邏輯推理的核心素養.19．(1)；(2).【解析】

（1）對求導，對參數進行分類討論，根據函數單調性即可求得.（2）先根據，得，再根據零點解得，轉化不等式得，令，化簡得，因此，，最后根據導數研究對應函數單調性，確定對應函數最值，即得取值集合.【詳解】（1），當時，對恒成立，與題意不符，當，，∴時，即函數在單調遞增，在單調遞減，∵和時均有，∴，解得：，綜上可知：的取值范圍；（2）由(1)可知，則，由的任意性及知，，且，∴，故，又∵，令，則，且恒成立，令，而，∴時，時，∴，令，若，則時，，即函數在單調遞減，∴，與不符；若，則時，，即函數在單調遞減，∴，與式不符；若，解得，此時恒成立，，即函數在單調遞增，又，∴時，；時，符合式，綜上，存在唯一實數符合題意.【點睛】利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.20．（1）（2）詳見解析【解析】

（1），在上，因為是減函數，所以恒成立，即恒成立，只需.令，，則，因為，所以.所以在上是增函數，所以，所以，解得.所以實數的最大值為.（2），.令，則，根據題意知，所以在上是增函數.又因為，當從正方向趨近于0時，趨近于，趨近于1，所以，所以存在，使，即，，所以對任意，，即，所以在上是減函數；對任意，，即，所以在上是增函數，所以當時，取得最小值，最小值為.由于，，則，當且僅當，即時取等號，所以當時，．21．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）法一：，，得，則，由此可得答案；法二：由題意，令，易知是偶函數，且時為增函數，由此可得出答案；（2）由（1）知，，即，結合“1”的代換，利用基本不等式即可證明結論．【詳解】解：（1）法一：（當且僅當時取等號），又（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號），由題意得，則，解得，故的取值范圍是；法二：因為對于任意恒有成立，即，令，易知是偶函數，且時為增函數，所以，即，則，解得，故的取值范圍是；（2）由（1）知，，即，∴，故不