2024届四川省蓬溪中学校高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2024届四川省蓬溪中学校高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.
【详解】∵，，
∴.
故选：C
2．下列函数中，与函数表示同一个函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过分析函数的定义域、值域和对应关系，由此确定正确选项.
【详解】函数的定义域和值域都为R .
对于A选项，函数的定义域为 ，故与不相同.
对于B选项， ，定义域、值域都为 R，对应关系为，故与相同.
对于C选项，函数的值域为 ，故与不相同.
对于D选项，函数的定义域为 ，故与不相同.
故选：B.
3．“”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
【答案】B
【分析】根据不等式的性质结合必要不充分条件的判定方法求解即可.
【详解】当时，或或，所以“”推不出“”，
但是当时，，所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4．函数的零点所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据零点存在定理判断．
【详解】，，，
∴零点在区间上．
故选：C．
【点睛】本题考查零点存在定理，掌握零点存在定理是解题基础．
5．已知命题 若幂函数过点，则；命题 在中，是的必要不充分条件，则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由幂函数的性质判断，由正弦定理判断，再由逻辑联结词的概念判断．
【详解】命题，设，∵，∴，则，
∴，所以是真命题.
命题，在三角形中，若，由正弦定理得，所以；
若，则，由正弦定理得.
所以是的充要条件，所以命题是假命题.
所以、、是假命题，ABC选项错误.是真命题，
故选：D
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据偶函数排除C、D，再计算，可排除B，从而可得到答案.
【详解】的定义域为，
因为，
所以在上为偶函数，可排除C、D；
又，可排除B.
故选：A.
7．若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，将问题转化为恒成立问题，然后求导得最值即可.
【详解】由，可得，记，
则，所以在单调递增，所以.
故选：C
8．若，则下列各式的值等于1的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将指数化为对数，然后利用对数运算性质及换底公式求解即可.
【详解】因为，所以，所以，，
所以.
故选：B.
9．已知函数在处有极大值，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．1或3
【答案】C
【分析】根据题意，列出方程求得的值，然后检验即可得到结果.
【详解】，，
∴或，
当时，，
令，得或；令，得；
从而在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以在处有极小值，不合题意，
当时，经检验，满足题意；
综上，.
故选：C
10．已知定义在上的奇函数满足：的图象是连续不断的且为偶函数.若有，则下面结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性和对称性得到函数的周期，然后利用函数的单调性即可求解.
【详解】∵为偶函数，
∴且的图象关于对称，

∵为奇函数，∴的图象关于对称，
∴为周期函数，，
∵有，∴在上单调性递减，
∴由的图象的连续性以及单调性、对称性可得其草图如上所示：
∵，，，
∴，
故选：D.
11．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，然后利用不等式的基本性质、对数函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】构造函数，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，，即，
因为，则，所以，，
又因为，则，故，故.
故选：A.
12．已知函数，若关于x的方程有四个不同的根（），则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】数形结合，把四个不同的根用表示，借助导数讨论函数的最值解决问题.
【详解】图，

由图可知当且仅当时，方程有四个不同的根，
且，由题：，，
设则
，令，
故在递增，在递减，.
故选：A.
二、填空题
13．曲线在点处的切线方程是
【答案】
【分析】求得导函数，即可求得切线的斜率，进而将代入函数解析式可知点在曲线上，即可由点斜式得切线方程.
【详解】曲线，
则，
所以，
将代入函数解析式可得，即点在曲线上，
所以该函数在点处的切线方程是，
即切线方程为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了导数的集合意义，切线方程的求法，属于基础题.
14．若，为假命题，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意可得，为真命题，结合判别式即可求得答案.
【详解】因为，为假命题，
故，为真命题，
故，解得，
即的取值范围为
故答案为：
15．设，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】作出函数图象，由指数函数与对数函数的性质求解．
【详解】作出函数图象如图所示，

令得：；令得：，
由图可得：不等式的解集为，
故答案为：.
16．已知符号表示不超过x的最大整数，若函数，则给出以下四个结论：
①的值域为；
②为偶函数；
③在上是减函数；
④若方程有且仅有3个根，则的取值范围是.
其中正确的序号为 ．
【答案】①③④
【分析】根据新定义分析得到的图象，即可判断①②③；将方程有且仅有3个根转化为与的图像有个交点，然后结合图象即可判断④.
【详解】因为符号表示不超过x的最大整数，若函数，
所以当时，，则；当时，，则；
当时，，则，当时，，则；
当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则；
∴函数的图像如图所示：
对于①，由上面的图像可知，①是正确的，
对于②，由上面的图像可知，②是错的，
对于③，由上面的图像可知，③是正确的，
对于④，由上面的图像可知，，，，
因为方程有且仅有3个根，等价于与的图像有个交点，
结合图像可知，当或，
故答案为：①③④.
三、解答题
17．已知集合，，.
(1)设，，若为真，求的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）由或命题的概念求解．
（2）转化为集合间的关系列式求解．
【详解】（1）由题意得真或真，即或，
∴的取值范围.
（2）因为，所以，
当时，由得：，满足题意；
当时，由，有，解得；
综上：的取值范围为.
18．等差数列的前项和为，满足.
(1)求的通项公式；
(2)设，求证数列为等比数列，并求其前项和.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式以及前项和公式，列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意，由等比数列的定义即可证明，再结合等比数列的前项和公式，即可得到结果.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
∴，解得，
∴.
（2）由（1）可得，∴，
∴数列为等比数列，首项为，公比为
∴
19．已知.
(1)求的单调递增区间；
(2)求在上的最大值和最小值.
【答案】(1)；
(2)，
【分析】（1）（2）由三角恒等变换公式化简，结合三角函数性质求解，
【详解】（1）
令，得
∴的单调递增区间为.
（2）当时，，，
∴， ．
20．设.
(1)求在上的最值；
(2)若过点可作曲线的三条切线，求的取值范围.
【答案】(1)最大值2，最小值
(2).
【分析】（1）求导得到的单调性，然后求最值即可；
（2）分在曲线上和不在曲线上两种情况讨论，当不在曲线上时，将过点可作曲线的三条切线转化为的图像与轴有三个不同交点，然后根据的单调性列不等式即可.
【详解】（1）由题：，，
令得，
列表得：
∴，.
（2）若在曲线上，则，，
当切点为时有一条，
设切点为，则，整理得，解得，所以过点可作曲线的两条切线，不合题意，舍.
若不在曲线上，则不是切点，设切点为，
∵过点可作曲线的三条切线，
∴方程有三个不等实根，
即方程有三个不等实根，
∴的图像与轴有三个不同交点，
∵，
∴在，上单调递增，上单调递减，
∴且，
∴，
∴的取值范围为.
21．设，.
(1)当时，求的极值；
(2)若有恒成立，求的取值范围；
(3)当时，若，求证：.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到的单调性，然后根据单调性求极值即可；
（2）将恒成立转化为，然后分和两种情况讨论最大值即可求解；
（3）将证明转化为证明，然后构造函数，求导得到，即可得证.
【详解】（1）的定义域为
由题：，，
令，解得或，令，解得，
∴在，上单调递增，上单调递减，
，.
（2）由题：，
欲使恒成立，只需，
当时：∵，时，，时，，
∴在上单调递增，上单调递减，
∴，得，
此时，；
当时：
若即，令，解得或，令，解得，
则在，上单调递增，上单调递减，
若即，，则在上单调递增，
若即，令，解得或，令，解得，
则在，上单调递，上单调递减，
不论上述哪种情况，均有，因此，不可能有恒成立，舍.
综上：的取值范围为.
（3）由（2）的结论可知：当时：在上单调递增，上单调递减，
∵，
∴由图，不妨设，
欲证①，
只需证，即证，即证，即证，
即证②，
设，
，
，，，
又∵，，
，，，
在上单调递减，
，
∴②成立，
∴①成立.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
22．已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线和直线的直角坐标方程；
(2)若直线交曲线于两点，交轴于点，求的值．
【答案】(1)曲线：，直线：
(2)
【分析】（1）将直线l的参数方程消去参数可得直线l的普通方程，根据公式化简曲线C的极坐标方程可得曲线C的直角坐标方程；
（2）将直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程联立，根据直线参数方程中的几何意义即可求解.
【详解】（1）直线的参数方程（为参数），
消去参数，可将直线的参数方程转化为普通方程为，
将两边同乘，得，
根据得曲线的直角坐标方程为.
（2）将代入中，
可得，化简得，
设两点对应参数分别为，则，，
由题意得，且在直线上，又异号，
∴.
23．已知函数．
(1)求的解集；
(2)若函数的最小值为，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；
（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.
【详解】（1），
故等价于或或，
解得，
不等式的解集为；
（2）当时，；
当时，；
当时，，
故函数的的最小值为，即
利用柯西不等式可得，
即，当且仅当时等号成立，
结合，即当时，取得最小值4.
0
1
2
0
2