江苏地区一轮复习模拟题汇编：函数与导数2025年高考数学核心考点突破 含答案

/江苏地区一轮复习模拟题汇编：函数与导数-2025年高考数学核心考点突破一、单选题1．（23-24·江苏常州·模拟预测）下列导数运算中错误的是（

）A． B．C． D．2．（23-24·江苏无锡·模拟预测）函数的零点所在的区间为（

）A． B． C． D．3．（23-24·江苏扬州·模拟预测）设，，，则（

）A． B． C． D．4．（23-24·江苏扬州·模拟预测）若函数y=x2−2ax+1在区间A． B． C． D．5．（23-24·江苏扬州·模拟预测）已知函数，则（

）A．0 B． C．1 D．6．（23-24·江苏常州·模拟预测）设定义在上，若对任意实数，存在实数，使得成立，则称满足“性质”，下列函数满足“性质”的有（

）A． B． C． D．7．（23-24·江苏南京·开学考试）已知函数是定义在上的偶函数.，，且，都有，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．8．（23-24高三上·江苏南京·阶段练习）已知定义域为的函数的导函数为，若函数和均为偶函数，且，则的值为（

）A．0 B．8 C．-8 D．4二、多选题9．（23-24·江苏镇江·模拟预测）已知函数，若函数恰有5个零点，则m的值可以是（

）．A．0 B． C．1 D．10．（23-24江苏镇江·模拟预测）已知函数，的定义域均为R，且，，，则下列说法正确的有（

）A． B．为偶函数C．的周期为4 D．11．（23-24·江苏南京·期末）已知函数，的定义域均为，函数f2x+2为奇函数，为偶函数，为奇函数，gx=g4−xA．函数的一个周期是B．函数的一个周期是C．若，则f18D．若当时，gx=lnx+1三、填空题12．（23-24·江苏扬州·模拟预测）已知函数，且为的一个零点，则.函数的所有零点之和为.13．（23-24·江苏南京·开学考试）已知函数（且），若函数的图象上有且仅有一组点关于轴对称，则的取值范围是.14．（23-24·江苏南京·模拟预测）已知函数满足：对任意非零实数x，均有，则在上的最小值为．四、解答题15．（23-24·江苏常州·模拟预测）扇形的面积公式为为扇形的弧长，为扇形的半径）.已知某扇形的面积为，半径为，将此扇形卷成一个圆锥侧面，得到的圆锥的体积为.(1)试把表示为的函数，并写出的取值范围；(2)多大时，圆锥的体积最大？16．（23-24·江苏常州·模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点.①求的取值范围；②若函数有两个极值点，求的取值范围.17．（23-24·江苏扬州·模拟预测）已知函数(1)求证：函数是上的减函数；(2)设，若不等式恒成立，求实数的取值范围．18．（23-24·江苏南京·模拟预测）已知函数的定义域为，且．当时，．(1)求；(2)证明：函数在为增函数；(3)如果，解不等式．19．（23-24·江苏苏州·模拟预测）设函数在区间上可导，为函数的导函数.若是上的减函数，则称为上的“上凸函数”；反之，若为上的“上凸函数”，则是上的减函数.(1)判断函数在上是否为“上凸函数”，并说明理由；(2)若函数是其定义域上的“上凸函数”，求的取值范围；

答案：1．C【分析】根据题意，由导数的计算公式依次分析选项，综合可得答案.【详解】根据题意，依次分析选项,对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，，故D正确；故选：C2．A【分析】根据零点存在性定理结合函数单调性以及f1和即可得解.【详解】因为和是上单调递增函数，所以是上单调递增函数，且其图象是连续不断的一条曲线，又，故函数的零点所在的区间为.故选：A.3．D【分析】根据给定条件，利用指数、对数函数及正切函数的单调性比较大小即得.【详解】依题意，，，，而，所以.故选：D4．B【分析】根据二次函数的开口方向，对称轴方程，得到不等式，求出答案.【详解】y=x2要想y=x2−2ax故选：B5．A【分析】根据条件，代入求函数值，先求，即可求出结果.【详解】因为，得到，所以，故选：A.6．B【分析】对题干条件变形，转化为在上不单调，即可满足“性质”，再分别对选项一一判断即可.【详解】将变形为：，令，则在上至少有2个不等实数使得，所以在上不单调，即可满足“性质”；对于A，，当时，在上单调递增，所以不满足“性质”；对于B，，，所以时，，当时，，所以在上不单调，满足“性质”；对于C，，当时，则，所以在上单调递减，则不满足“性质”；对于D，，当时，，在上单调递减，则不满足“性质”；故选：B7．B【分析】由题意关于直线对称，且在上单调递增，在上单调递减，注意到，且，从而原不等式等价于，由此即可得解.【详解】因为函数是定义在上的偶函数，所以关于轴对称，由向左平移1个单位得到，所以关于直线对称，，，且，都有，在上单调递增，∴在上单调递减，∵，且，而，∴，∴，解得，∴原不等式的解集为.故选：B.8．C【分析】由函数的对称性及周期性求解．【详解】为偶函数，为偶函数，关于对称，关于中心对称，且为偶函数，关于对称，且，，的一个周期为4，且，，，故选：C.9．BCD【分析】先作出函数的图象，然后结合函数的零点与方程的根的关系，得到方程的一个根在，一个根在，结合一元二次方程的根的分布问题即可求解．【详解】记，作出函数的图象如图所示，令，则由图可知，当时，方程只有一个根；当时，方程有两个根；当时，方程有三个根；显然不是方程的根，若是方程的根，则，此时另一个根为，结合图象可知，此时方程和方程共有4个根，则函数有4个零点，不满足题意；所以恰有5个零点等价于方程恰有5个实根，等价于方程的一个根在，一个根在，令，则，解得，结合选项可知，的值可以是.故选：BCD.思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下：（1）确定内层函数和外层函数；（2）确定外层函数的零点；（3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为.10．ABD【分析】根据及得，通过赋值，结合判断A；根据题意结合偶函数判断B；通过赋值根据周期函数的定义判断C；根据函数的周期为6，并且结合及赋值法求得，进而求和判断D.【详解】对于A：，故A正确；对于B：根据及得，令，，可得，且，可得，令，则，则，即，可知为偶函数，故B正确；对于C：令，则，可知，，可得，则，所以，可知周期为6，故C错误；对于D：因为，且，，令，，可得，所以，则，，，，所以，又周期为6，所以，故D正确.故选：ABD方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题.11．BCD【分析】选项A，根据条件得到f(−t)=−f(t+4)，f(−x【详解】对于选项A，因为f2x+2令t=2x，得到即有f(−t)=−又fx−1为偶函数，所以f−所以f(x−2)=−f(即函数的一个周期是，所以选项A错误，对于选项B，因为为奇函数，所以g−x=−g所以−g(−x所以函数的一个周期是，所以选项B正确，对于选项C，由选项A和B知，f18又g0=g4=0对于选项D，因为当时，gx=所以当10≤x≤12时，0≤12−x所以选项D正确，故选：BCD.12．/2【分析】由结合正弦函数性质即可求解，将函数的所有零点转化成函数y=fx与图象上所有交点的横坐标，树形结合作出y=fx与【详解】由题得，所以即，又，所以；所以，所以令，则有，则函数的所有零点即为函数y=fx与作y=fx由图可知y=fx因为，所以点是y=fx又点在直线上，所以点也是图象的对称中心，所以两函数除点外的其余8个交点都关于点对称，所以所有交点的横坐标的和为，所以函数的所有零点之和为2.故；2.思路点睛：求函数多个零点之和的问题常借助函数对称性解决，在图象能作出情况下还常结合图象去解决，故求函数的所有零点之和，可将问题转化成求两个已知函数y=fx与13．【分析】由题意只需当，且时，函数的图象上有且仅有1个点关于轴对称即可，在这里分和讨论即可求解.【详解】易得时已有一个点关于轴对称，故只需当，且时，函数的图象上有且仅有1个点关于轴对称即可.一方面：由题意，时，如图所示，

函数的图象上有且仅有一组点关于轴对称，其中点为函数的图象与函数的交点，注意到函数的图象与函数的图象关于轴对称，所有点关于轴的对称点也在函数的图象上，而这样的点是唯一的，故点也随之确定，即时，函数的图象上有且仅有一组点关于轴对称，故满足题意；另一方面：时，函数的图象与函数的图象关于轴对称，

则只需，∴，综上所述，的取值范围是.故答案为.14．【分析】令求出，再由可求出，从而可求出函数解析式，然后利用基本不等式可求出在上的最小值.【详解】解：因为对任意非零实数x，均有，所以，解得，所以，解得，所以，所以，当时，，当且仅当时，即时，等号成立，即在上的最小值为．故．15．(1)，的取值范围为(2)【分析】（1）由圆锥的结构特征可表示出底面圆半径和圆锥的高，再由圆锥的体积公式可得与的的关系，由即可求出的取值范围；（2）利用导数即可求解函数的最大值.【详解】（1）设圆锥侧面扇形弧长为，高为，底面圆的半径为，则，则，所以由得，则的取值范围为1,+∞；（2）由（1），令，则，令，则，令，解得.当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；所以，当时，取最大值，即时，最大.即当时，圆锥的体积最大.16．(1)答案见解析(2)①；②【分析】（1）通过对的讨论，研究导数的零点与定义域的关系，以及零点的大小关系，确定原函数的单调性；（2）①研究函数的单调性，极值与最值情况，构造关于的不等式求解；②讨论函数的导数零点的个数解决问题.【详解】（1），（ⅰ）当时，在上单调递减.（ⅱ）当时，时，,时，.综上，时，在上单调递减，时，在上单调递减，在上单调递增.（2）①由（1）当时，在上单调递减，不符合题意当时，在上单调递减，在单调递增.则.令，由知，在上单调递增.又，当时，，不满足有两个零点.当时，，又，则在有一个零点.又，令，可得，所以，则，则在有一个零点.综上，在上有两个零点，的取值范围是②，.令，则.由①知，则在上单调递减，在上单调递增.所以，.由题有两个极值点，则在上有两个零点，又，当时，.则，又.所以，的取值范围是方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据条件，利用单调性的定义法，即可证明结果；（2）根据条件得到，利用奇偶函数的判断方法，可得为奇函数，再由（1）知是上的增函数，从而得到，即可求出结果.【详解】（1）任取，则，因为，所以，又，所以，即，所以函数是上的减函数.（2）因为，易知的定义域为，又，所以为奇函数，由（1）知是上的增函数，由，得到，所以，即，所以，即实数的取值范围为.18．(1)0(2)证明见解析(3)【分析】（1）对抽象等式进行字母赋值计算即得；（2）将抽象函数等式变形为，利用函数单调性定义，结合条件即可证明；（3）先推理得到，再利用结论化简，最后利用抽象函数的单调性即得.【详解】（1）∵，令，则，∴；（2）由，可得，则得，，设，由，因时，有，依题意，，即，所以函数在为增函数；（3）因，∴，又由，则，由可得，即，即，因函数在为增函数故可得，，解得，即不等式的解集为.方法点睛：本题主要考查利用抽象函数等式探究函数性质以及解不等式上的应用，属于难题.解题方法主要有：（1）赋值代入法；（将字母取值，计算函数值）（2）构造函数法：(如（2）题中，对于，构造，从而得用来证明函数单调性)（3）函数单调性应用：利用函数单调性，去掉函数符号，化抽象函数不等式为具体不等式求