贵州省2024届高三上学期第一次联考（月考）数学试题（解析版）

这是一份贵州省2024届高三上学期第一次联考（月考）数学试题（解析版），共6页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围，定义在R上的偶函数满足，若，，且，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、层数及其应用．
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．设集合，，则的子集的个数为（ ）
A．7B．8C．15D．16
2．已知幂函数在上单调递增，则（ ）
A．B．3
C．或D．3或
3．已知，“不等式与的解集相同”是的（ ）
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
4．已知函数，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数的值域为R，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．定义在R上的偶函数满足：对任意的，（），都有，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，若存在实数，，且，使得，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知，，且，，若则下列不等式可能成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．若，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．ab有最大值B．有最大值
C．有最小值4D．有最小值
11．已知函（），则下列说法正确的是（ ）
A．若，则的极小值为
B．若，则函数有极值点
C．若在区间上有极值点，则a的取值范围是
D．若函数恰有3个零点，则a的取值范围是
12．已知函数的定义域为R，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为奇函数
B．当时，
C．
D．若，则恰有4个不同的零点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数，则 ．
14． ．
15．已知，，且，则y的最大值为 ．
16．已知正实数x，y满足，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知函数的定义域为集合A，集合．
(1)若，求；
(2)若，求m的取值范围．
18．已知函数是偶函数．
(1)求a的值；
(2)设，，若对任意的，存在，使得，求m的取值范围.
19．已知函数（）．
(1)若的解集为，解关于x的不等式；
(2)若对任意的恒成立，求的最大值．
20．已知函数（）．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若，，求的最小值．
21．已知函数（）．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性．
22．已知函数（）．
(1)若在上恒成立，求a的取值范围：
(2)设，，为函数的两个零点，证明：．
1．B
【分析】解分式不等式确定集合，然后由交集定义计算，再由子集的性质得结论．
【详解】由题意知，，所以，所以的子集的个数为．
故选：B．
2．B
【分析】根据幂函数定义，由系数为1求得值，再根据幂函数的单调性判断．
【详解】因为幂函数，所以，解得或．当时，在上单调递减，不符合题意；当时，在上单调递增，符合题意．综上，．
故选：B．
3．D
【分析】可举出反例证明充分性和必要性均不成立.
【详解】不等式与的解集均为空集，但，
所以充分性不成立；
不妨令，，满足，
但的解集为，的解集为，
所以与的解集不同，必要性不成立；
故选：D
4．B
【分析】去绝对值，当时，利用导数讨论其单调性，由单调性即可得最大值.
【详解】当时，，所以在上单调递增．
当时，，
所以，当时，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故选：B．
5．A
【分析】根据幂函数的单调性判断.
【详解】因为，，，
又，在上单调递增，
所以．
综上，．
故选：A．
6．C
【分析】求出函数的函数值集合，再由分段函数值域的意义求出a的范围作答.
【详解】当时，，而函数在上单调递增，又是增函数，
因此函数在上单调递增，，即函数在上的值域为，
当时，函数的值域为，而函数的值域为R，因此，
而当时，，必有，解得，
所以a的取值范围是.
故选：C
7．C
【分析】根据奇偶性和单调性作出函数草图，借助图形分段讨论可得.
【详解】因为函数满足对任意的，（），都有，
所以在上单调递减，
又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递增，
又，所以，作函数的草图如图，
所以，当时，，，则；
当时，，，则；
当时，，，则；
当时，，，则；
当或或时，.
综上，不等式的解集为.
故选：C．

8．D
【分析】利用二次函数对称性化简目标式，然后构造函数，利用导数求最值可得.
【详解】作出的函数图象如图所示：

若存在实数，，，且，使得，
因为的图象关于直线对称，
所以，
所以，
由图可知，，所以．
设，，所以，
易知在上单调递增，
又，所以当时，，
所以在上单调递增，
所以．
故选：D．
【点睛】思路点睛：本题解答在于利用二次函数对称性，将三元化为一元，数形结合即可确定变量范围，然后利用导数求最值可得.
9．ABD
【分析】分和两种情况，结合对数函数单调性以及不等式的性质分析判断.
【详解】若，因为，所以，
则，则，，故D正确；
当时，则，可得，故A正确；
当时，则，可得，故B正确；
若，因为，所以；
则，则，，故D正确；
综上所述：不能得到，故C错误；
故选：ABD．
10．ABC
【分析】利用基本不等式求最值判断各选项．
【详解】，当且仅当，即，时等号成立，故ab有最大值，故A正确；
，当且仅当，时等号成立，所以有最大值，故B正确；
，当且仅当，即时等号成立，即有最小值4，故C正确；
，当且仅当，时等号成立，所以的最小值为，故D错误．
故选：ABC．
11．AD
【分析】利用导数确定函数的单调性、极值，判断AB，由在上有解求得参数范围判断C，由导数确定函数的极大值和极小值，再根据极大值和极小值满足的关系式求得参数范围判断D．
【详解】若，则，所以，当或时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，又，所以的极小值为，故A正确；
由，当时，，函数在定义域内为增函数，此时没有极值点，故B错误；
若在区间上有极值点，在上有解，首先必须有，，因此，解得，即a的取值范围是，故C错误；
由，当时，，函数在定义域内为增函数，故不存在三个零点，不符合题意；当时，由，解得．所以当时，，当时，，当时，，所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，所以函数的极小值和极大值．又函数恰有3个零点，所以，即，解得，即a的取值范围是，故D正确．
故选：AD．
12．AC
【分析】由对称性判断A，利用对称性求得值后，结合已知等式求得时的函数表达式判断B，由已知确定函数的周期性，然后计算函数值的和判断C，作出两函数与的图象，由图象确定交点个数（注意在处需要结合导数的几何意义判断交点个数），判断D．
【详解】因为，所以的图象关于中心对称，从而的图象关于原点对称，故A正确；
因为的图象关于中心对称，所以，解得．
所以当时，，因为，
所以，因为，所以，所以，即．
当时，，所以，故B错误；
因为，所以，所以的周期为8，
又，，，，，，，，
所以故C正确；
令，即，画出与的图象，
如图所示：

因为，
时，，，，由周期性知，
，则，，
即，时，的切线斜率大于的切线斜率，
所以两函数图象在区间上除了有公共点外，在区间上还有一个公共点，
因此两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误．
故选：AC．
【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
13．4
【分析】利用周期性将转化为，然后利用解析式求解可得.
【详解】由题意知．
故答案为：4
14．5
【分析】根据指数和对数的运算性质求解即可.
【详解】．
故答案为：5
15．
【分析】已知等式变形为，利用基本不等式求得的最小值，然后解关于的不等式可得．
【详解】因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，又，所以，解得，即y的最大值为．
故答案为：．
16．##
【分析】先变形同构，令，利用导数讨论单调性，由单调性可得，然后可得，令，利用导数求最值即可.
【详解】由得，所以，则，
因为，，，所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以由，即，得，
所以，所以．
令，所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题难点主要有二：一是根据已知进行同构函数，二是利用单调性得到，进而可得，利用导数即可求解.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由函数定义求出定义域得集合，然后由并集定义计算；
（2）由得，然后根据和分类讨论．
【详解】（1）由题意得：，解得，所以．
若，则，所以．
（2）因为，所以
当时，满足，则，解得；
当时，由得，解得．
综上，m的取值范围为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）由偶函数的定义求参数值；
（2）由在上的最小值不小于在上的最小值求解．
【详解】（1）因为是偶函数，
所以，即，
即，所以．
（2）因为对任意的，存在，使得，
所以在上的最小值不小于在上的最小值．
因为在上单调递增，所以，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以解得，即m的取值范围是．
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据解集和韦达定理可得a，b，c的关系，及，代入目标不等式化简可解；
（2）根据不等式恒成立可得和，利用判别式所得关系放缩目标式，然后换元，分离常数后，利用基本不等式可得.
【详解】（1）因为的解集为，
所以，，，得，（），
所以等价于，
又，所以，解得，
即关于x的不等式的解集为．
（2）因为对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
所以，，
所以，
所以，时等号成立．
令，又，
所以，即，所以，
所以，
令（），当时，；
当时，，当且仅当时，等号成立．
所以的最大值为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）结合指数函数的性质解不等式；
（2）用换元法，然后结合二次函数性质求得最小值．
【详解】（1）若，则
所以，即，所以，
所以或，解得或，
即不等式的解集为．
（2）若，即，解得．
所以，
令，，所以．
当，即时，在上单调递增，
所以，即．
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，即．
综上，．
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求切线方程：求出导函数，计算并计算出，由点斜式得切线方程并化简；
（2）求出导函数，然后分类讨论确定和的解得单调区间．
【详解】（1）若，则，所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2），
当时，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增
当时，令，解得或，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由在上恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，解得或，令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数求解可得；
（2）将方程化为，构造函数，利用导数讨论其单调性，可知，构造差函数可证.
【详解】（1）若在上恒成立，即，
令，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即a的取值范围是．
（2）令，即，
令，则，
令，所以，所以在上单调递增，
又，所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，，
因为，
所以 ．
设函数（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即．
又函数在上单调递减，
所以，所以．
【点睛】难点点睛：本题属于极值点偏移问题，本题难点主要在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，利用单调性可证.