福建省宁德市福鼎第四中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

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一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若函数的定义域为,则的定义域为
A．B．C．D．
3．不等式在R上恒成立的必要不充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，则可用表示为
A．B．C．D．
5．已知是定义在上的偶函数且，若当时，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
8．设函数,则使成立的的取值范围是
A．B．
C．D．
二、多选题
9．若，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若且，则D．
10．下列说法错误的是（ ）
A．的零点为，；
B．“，都是偶数”是“是4的倍数”的既不充分也不必要条件；
C．已知正实数，满足，则的最小值为；
D．的最小值为．
11．设对于定义域为D的函数，若存在区间，使得同时满足：
①在上单调
②当的定义域为时，的值域也为，则区间为该函数的一个“和谐区间”．
下列说法正确的是（ ）
A．区间是的一个“和谐区间”
B．函数的所有“和谐区间为，，
C．若函数存在“和谐区间”，则实数k的取值范围是
D．函数存在“和谐区间”
三、填空题
12．已知关于的不等式的解集为，则 .
13．若函数在区间上单调递增，则的取值范围为 ．
14．设a、b分别是方程与的根，则 ．
四、解答题
15．设函数的定义域为，集合
(1)求集合；
(2)若，且是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
16．设．
(1)若不等式对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式．
17．某公司为改善营运环境，年初以万元的价格购进一辆豪华客车．已知该客车每年的营运总收入为万元，使用年所需的各种费用总计为万元．
（1）该车营运第几年开始赢利（总收入超过总支出，今年为第一年）；
（2）该车若干年后有两种处理方案：
①当赢利总额达到最大值时，以万元价格卖出；
②当年平均赢利总额达到最大值时，以万元的价格卖出．
问：哪一种方案较为合算？并说明理由．
18．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
19．对于函数，存在实数，使成立，则称为关于参数m的不动点．
(1)当，时，求关于参数1的不动点；
(2)当，时，函数在上存在两个关于参数m的相异的不动点，试求参数m的取值范围；
(3)对于任意的，总存在，使得函数有关于参数m（其中）的两个相异的不动点，试求m的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】解对数不等式和一元二次不等式，再由集合的交集运算即可得出结果.
【详解】，
所以
故选：D
2．A
【详解】试题分析：由题意可知，所以定义域为
考点：复合函数单调性
3．C
【分析】首先求出不等式恒成立时，，根据必要不充分条件的含义，一一代入选项比较即可.
【详解】当不等式在R上恒成立时，可得，解得．
选项A中，是不等式成立的充分不必要条件；
选项B中，是不等式成立的既不充分也不必要条件；
选项C中，是不等式成立的必要不充分条件；
选项D中，是不等式恒成立的充要条件．
故选：C．
4．B
【详解】
再利用换底公式得到；
故选B.
5．B
【分析】根据周期性可得，再根据奇偶性即可求解出的值，即可求得即的值.
【详解】因为，所以，
所以是周期为的函数，所以，
又因为是偶函数，所以，
又因为，所以，所以.
故选：B.
【点睛】本题考查根据函数的奇偶性和周期性求函数值，难度一般.已知，则是周期为的函数.
6．A
【分析】将函数有四个不同的零点，转化为函数与图象由四个交点，再数形结合即可解答.
【详解】
依题意，函数有四个不同的零点，即有四个解，
转化为函数与图象由四个交点，
由函数函数可知，
当时，函数为单调递减函数，；
当时，函数为单调递增函数，；
当时，函数为单调递减函数，；
当时，函数为单调递增函数，；
结合图象，可知实数的取值范围为.
故选：A
7．B
【分析】
根据条件中的三个数，构成函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性，比较函数值的大小，即可判断选项.
【详解】
构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，即．
故选：B．
8．A
【详解】试题分析：，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.
考点：抽象函数的不等式.
【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可．
9．ACD
【分析】利用不等式的性质及作差法即可求解.
【详解】对于A选项，若，则，则，A正确；
对于B选项，若，则，B错误；
对于C选项，若且，则，
则，故，C正确；
对于D 选项，，
当且仅当时，等号成立，故，D正确.
故选：ACD.
10．ACD
【分析】A 选项通过零点的概念判断，不正确；B充分性和必要性的定义判断；C选项运用基本不等式“1”的代换求最小值，不正确； D选项没有注意不满足取到最小值的条件，不正确.
【详解】A选项，函数的零点指使函数值为0的自变量的取值，而不是点，A不正确；
B选项，若，则不是4的倍数，若，是4的倍数，则不都是偶数，
即“，都是偶数”是“是4的倍数”的既不充分也不必要条件，B正确；
C选项，因为所以，可得即得，
，
当且仅当，即时，等号成立，
则的最小值为，C不正确；
D选项，，
而无解，即等号不成立，
因此，的最小值不为，故D错误
故选：ACD.
11．BCD
【分析】运用“和谐区间”的定义逐项计算即可.
【详解】对于A项，因为在上单调递减，值域为，不符合题意，故A项错误；
对于B项，在上单调递增，则，
所以，是的两个不等的实根，
又，，，
所以的所有“和谐区间”为、、，故B项正确；
对于C项，因为存在“和谐区间”， 在上单调递增，
所以，
所以，是的两个不等的实根，
令，（），则在上有两个不等的实根，
令，对称轴为，
则，解得，故C项正确；
对于D项，因为在，上单调递增，则，
所以，是的两个不等的实根，
又或，
所以，，
又，
所以存在“和谐区间”为，故D项正确.
故选：BCD.
12．16
【分析】根据给定的条件，利用一元二次方程根与系数的关系计算作答.
【详解】因关于x的不等式的解集为，则是方程的二根，
则有，解得，所以.
故答案为：16.
13．
【分析】函数在区间上单调递增，转化为在上恒成立，即恒成立，利用基本不等式求最值可得答案.
【详解】因为，
所以，
因为函数在区间上单调递增，
所以在上恒成立，
即时，恒成立，
因为，当且仅当时等号成立，
即，所以，
故答案为：.
14．
【分析】根据函数与互为反函数，图象关于对称，联立与，即可根据对称求解.
【详解】由可得，由可得，
所以是与的交点横坐标，
是与的交点横坐标，
由于函数与互为反函数，图象关于对称，
联立与可得，
故，
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由定义域的定义即可求解;
（2）由是的必要不充分条件可判断集合是集合的真子集,分类讨论的情况即可求解.
【详解】（1）要使得函数有意义，只需要
解得，所以集合
（2）因为是的必要不充分条件，所以，
当时，，解得：
当时，解得：，
综上可知，实数的取值范围是
16．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由题设对一切实数x恒成立，讨论参数m，结合一元二次不等式在实数集上恒成立列不等式组求范围即可.
（2）讨论、，结合一元二次不等式的解法求解集.
【详解】（1）由题设，即对一切实数x恒成立，
当时，不恒成立；
当时，只需，可得；
综上，.
（2）当时，，即，可得；解集为；
当时，，
若，则，
若，即时，可得或，解集为；
若，即时，可得，解集为；
若，即时，可得或，解集为；
若，则，可得，解集为.
17．（1）第3年开始赢利；（2）方案②合算．理由见解析.
【解析】（1）设该车年开始盈利，可构造不等关系，结合可求得解集，由此得到结果；
（2）由二次函数最值和基本不等式求最值分别求得两种方案的盈利总额，通过比较盈利总额和所需时长，得到方案②合算．
【详解】（1）客车每年的营运总收入为万元，使用年所需的各种费用总计为万元，若该车年开始赢利，则，
即，，，
该车营运第年开始赢利．
（2）方案①赢利总额，
时，赢利总额达到最大值为万元．
年后卖出客车，可获利润总额为万元．
方案②年平均赢利总额（当且仅当时取等号）．
时年平均赢利总额达到最大值万元．
年后卖出客车，可获利润总额为万元．
两种方案的利润总额一样，但方案②的时间短，方案②合算．
【点睛】关键点点睛：本题考查建立拟合函数模型求解实际问题，解题关键是能够根据已知条件构造出合适的函数模型，结合二次函数性质和基本不等式求得函数的最值.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为R，且，
若，则对任意x∈R恒成立，
可知在R上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为的定义域为R，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在0,+∞内单调递增，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞.
19．(1)-1和3
(2)
(3)
【分析】（1）由不动点的定义解方程即可.
（2）将在上有两个不同解转化为在上有两个不同的零点，结合二次函数零点分布即可求得结果.
（3）由已知可得有两个不等的实根，即，将问题转化为对于任意的，总存在，使成立，进而转化为存在，，整理得存在，，令，进而转化为求在上的最大值，进而解即可.
【详解】（1）当，时，，
令，可得即，
解得或，
所以当，时，关于参数1的不动点为和.
（2）由已知得在上有两个不同解，
即在上有两个不同解，
令，则在上有两个不同的零点，
所以，解得：．
（3）由题意知，函数有关于参数m的两个相异的不动点，
所以方程，即恒有两个不等实根，
则，
所以对于任意的，总存在，使成立，
即存在，，，
所以存在，，
即：存在，，
即：，，
令，，
对称轴为，
①当即时，，
所以，解得或，故不符合题意；
②当即时，，
所以，解得或，
所以.
综述：.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
C
B
B
A
B
A
ACD
ACD
题号
11









答案
BCD