2024届甘肃省天水市甘谷县第二中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届甘肃省天水市甘谷县第二中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题即得.
【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“”的否定是“”．
故选：D．
2．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数有意义直接列式求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得，且，
所以函数的定义域是.
故选：B
3．一个质点沿直线运动，位移（单位：）与时间（单位：）之间的关系，则质点在时的瞬时速度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用导数求得正确答案.
【详解】.
故选：B
4．王昌龄是盛唐著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣手”，其诗作《从军行》中的诗句“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关．黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”传诵至今．由此推断，其中最后一句“返回家乡”是“攻破楼兰”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
【答案】A
【分析】由题意，“不破楼兰”可以推出“不还”，但是反过来“不还”的原因有多种，按照充分条件、必要条件的定义即可判断
【详解】由题意，“不破楼兰终不还”即“不破楼兰”是“不还”的充分条件，即“不破楼兰”可以推出“不还”，但是反过来“不还”的原因有多种，比如战死沙场；
即如果已知“还”，一定是已经“破楼兰”，所以“还”是“破楼兰”的充分条件
故选：A
5．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用函数的定义域，奇偶性及其他性质判断即可.
【详解】的定义域为且，
因为，所以为奇函数，排除A，D，
当时，，B错误，
故选：C.
6．设角属于第二象限，且，则角属于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】根据为第二象限角可求得为第一或第三象限角，由可得结果.
【详解】为第二象限角，，
；
当时，为第一象限角；当时，为第三象限角；
为第一或第三象限角；
，，为第三象限角.
故选：C.
7．一元二次方程有一个正根和一个负根的充分不必要条件是（ ）
A．B．C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根的分布并结合韦达定理得出的取值范围，再根据充分不必要条件与集合之间的关系得出结果判断各选项.
【详解】一元二次方程有一个正根和一个负根的充要条件为，即.
依题意选项所表示集合是集合的真子集，故选项C正确，ABD错误.
故选：C.
8．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数在闭区间上的图象连续不间断，在开区间内的导数为，那么在区间内至少存在一点c，使得成立，其中c叫做在上的“拉格朗日中值点”．根据这个定理，可得函数在上的“拉格朗日中值点”的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】求导，设为“拉格朗日中值点”，由题意得到，构造，研究其单调性，结合零点存在性定理得到答案.
【详解】，令为函数在上的“拉格朗日中值点”，
则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，，
由零点存在性定理可得：存在唯一的，使得.
故选：B.
二、多选题
9．已知全集U，集合A，B如图所示，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】根据韦恩图及集合的交并补运算，逐项判断，即可得到本题答案.
【详解】
选项A，，则，故A正确；
选项B，，则，故B错误；
选项C，，则，故C正确；
选项D，，则，故D错误.
故选：AC
10．已知a，，，，且，则下列说法正确的为（ ）
A．ab的最小值为1B．
C．D．
【答案】BC
【分析】直接根据基本不等式判断各选项的对错即可.
【详解】对于A，因为，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，故ab的最大值为1，故A错误；
对于B，由A选项知，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，因为，所以，当且仅当时等号成立，故C正确；
对于D，因为，，所以，当且仅当，时等号成立，故D错误.
故选：BC.
11．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数B．在处的切线方程为
C．在上的最小值为D．在区间上单调递增
【答案】ABC
【分析】根据函数的奇偶性、导数与切线、导数与单调性和最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】函数的定义域为，
对于A，因为，所以是奇函数，故A正确；
对于B，，，，
所以在处的切线方程为，故B正确；
对于C，当时，由得，单调递增，
由得，单调递减，又，
，所以在上的最小值为，故C正确；
对于D，，由题可得，
当时，，单调递减，
当，，单调递增，故D错误.
故选：ABC
12．压缩袋（真空压缩袋）也叫PE拉链复合袋．在我们的日常生活中，各类大小的压缩袋不但能把衣柜解放出来，而且可以达到防潮、防虫咬、清洁保存的效果．其中抽气式压缩袋是通过外接抽气用具如抽气泵或吸尘器，来进行排气的．现选用某种抽气泵对装有棉被的压缩袋进行排气，已知该型号的抽气泵每次可以抽出压缩袋内气体的，则（ ）（参考数据：取）
A．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽5次
B．要使压缩袋内剩余的气体少于原来的，至少要抽9次
C．抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的
D．抽3次可以使压缩袋内剩余的气体少于原来的
【答案】ACD
【分析】根据题意建立函数模型，利用指对函数的性质一一计算即可判定选项.
【详解】设抽气泵抽了次，若要使压缩袋内的气体少于原来的，则，
即，则．因为，
所以至少要抽5次，A正确，B错误．
抽气泵第4次抽出了最初压缩袋内气体的，
C正确．
，D正确．
故选：ACD
三、填空题
13．已知函数则 .
【答案】7
【分析】代入即可求解.
【详解】.
故答案为：7
14．如图1，折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，其展开的平面图如图2的扇形，其中，则扇面（曲边四边形）的面积是 .

【答案】/
【分析】由大扇形面积减去小扇形面积即可得．
【详解】，
由题意可得，扇形的面积是，扇形的面积是.则扇面（曲边四边形）的面积是.
故答案为：．
15．函数在内有极小值，则的一个可能取值为 ．
【答案】（答案不唯一，只要符合均可）
【分析】根据导数求解函数的单调性，即可得 时，取极小值，列不等式即可求解.
【详解】由得，若有极值点，则，
所以，故当 或时，，此时 单调递增，当时，，此时 单调递减，故当 时，取极小值，因此要使在内有极小值，则 ，
故答案为：（答案不唯一，只要符合均可）
16．已知函数，若，则 .
【答案】6
【分析】根据题意，由条件可得，然后将式子转化为，即可得到结果.
【详解】函数的定义域为，
又
因为，则，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．求值：
(1)；
(2) ．
【答案】(1)3
(2)10
【分析】根据指对幂的运算规则计算.
【详解】（1）
；
（2）原式；
综上，（1）原式=3；（2）原式=10.
18．已知幂函数在上单调递增.
(1)求的值域；
(2)若，，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据幂函数的定义及单调性列式求解即可；
（2）由题意可得，，根据二次函数的性质求出的最大值即可.
【详解】（1）因为幂函数在上单调递增，
所以，解得，
所以.
故的值域为.
（2）由题可得，，则，
当时，有最大值2，
则，即的取值范围为.
19．已知：，：或．
(1)若是的充分条件，求实数的取值范围；
(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出范围，依题意是的充分条件，则所表示的范围更小，列出不等式求解即可；
（2）先写出的范围，由p是的必要不充分条件，则表示的范围比所表示范围小，列出不等式求解即可.
【详解】（1）因为p：，所以p：，即
因为p是q的充分条件，所以或，
解得或，即实数的取值范围是；
（2）依题意，：，由（1）知p：，
又p是的必要不充分条件，所以
解得，即实数m的取值范围是．
20．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若，求函数的单调区间.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据基本初等函数的导数的公式及导数的运算，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用导数法求函数的单调性及最值的步骤即可求解.
【详解】（1）当时，，
所以，
，
所以曲线在点处的切线斜率为，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由题意可知，函数的定义域为，
所以
设，则
令，则，解得或(舍).
当时，；
当时，；
所以在区间上单调递减，在上单调递增，
所以
因为，
所以，
所以，
所以，即，
所以函数的单调递增区间为.
21．设是上的奇函数，且当时，，.
（1）若，求的解析式；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由已知求，写出时解析式，利用奇函数求、的解析式即可.
（2）由奇函数，则不等式可化为，根据题设判断的单调性，进而可将问题转化恒成立，应用换元、基本不等式求最值，即可求的取值范围.
【详解】（1）由题意，知：，则，
∴当时，，而是上的奇函数则，
∴当时，，
综上，有.
（2）由可化为，而有时为增函数，
∵在上的奇函数，
∴且时也是增函数，又，
∴题设不等式恒成立，即为，有恒成立，
令，则当且仅当时等号成立，故.
∴的取值范围.
【点睛】关键点点睛：第二问判断分段函数在各分段上为增函数，注意判断界点上函数值的大小关系，进而根据函数不等式，应用参变分离得到求参数范围.
22．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若是的2个零点，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，然后，分，进行分类讨论求解即可；
（2）对a进行分类讨论，时，不符题意，考虑时的情况，可得，，进而把转化为证明成立，构建新函数，利用导数判断原函数单调性，利用单调性分析证明.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
当时，，所以在上单调递增，
当时，令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，则在上单调递增，
当时，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可知：当时，在上单调递增，可知至多1个零点，不合题意，
所以，且在上单调递增，在上单调递减，
可知：当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
可得，解得，
且，要证，只需证，注意到，
又因为在上单调递减，故只需证，
结合，故只需证，即证，
令，
则，
可知在上单调递增，且，
所以，从而成立.