2024届山东省枣庄市第八中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届山东省枣庄市第八中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共16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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由一元二次不等式的解法，化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.
【详解】因为，，所以.
故选：A．
【点睛】本题主要考查求集合的交集，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题型.
2．记函数f(x)=在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M和m，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将函数分离常数变形后，判断出其单调性，根据单调性求出最值即可得解.
【详解】因为f(x)= =2+，
所以f(x)在[3，4]上是减函数.
所以m=f(4)=4，M=f（3）=6.
所以=.
故选：D.
【点睛】本题考查了复合函数单调性的判断，考查了利用函数单调性求函数最值，属于基础题.
3．在同一直角坐标系中，指数函数，二次函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数的单调性、二次函数的零点确定正确选项.
【详解】指数函数图象位于x轴上方，据此可区分两函数图象．二次函数，有零点．A，B选项中，指数函数在R上单调递增，故，故A错误、B正确．C，D选项中，指数函数在R上单调递减，故，故C，D错误．
故选：B
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：
．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
5．“百日冲刺”是各个学校针对高三学生进行的高考前的激情教育，它能在短时间内最大限度激发一个人的潜能，使成绩在原来的基础上有不同程度的提高，以便在高考中取得令人满意的成绩，特别对于成绩在中等偏下的学生来讲，其增加分数的空间尤其大．现有某班主任老师根据历年成绩在中等偏下的学生经历“百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个经过时间（单位：天），增加总分数（单位：分）的函数模型：，为增分转化系数，为“百日冲刺”前的最后一次模考总分，且．现有某学生在高考前天的最后一次模考总分为分，依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总分约为（ ）（）
A．分B．分C．分D．分
【答案】B
【分析】由可求得，将，，代入中，可求得增加分数，由此可得结果.
【详解】由题意得：，；
，
该学生在高考中可能取得的总分约为分.
故选：B.
6．已知函数，，，，则，，的大小关系 为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求导，得在上递增，且，代入即可得答案.
【详解】函数，则，在上递增，
， ，即.
故选：A
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性及应用，指数运算和对数运算，属于基础题.
7．已知函数，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用指数型函数单调性，利用导数求解单调性及给定单调性求出a的范围即得.
【详解】依题意，函数是增函数，则，即；
由，求导得，函数在上单调递增，
于是在上恒成立，因此在上恒成立，即；
又函数在上单调递增，则，从而，所以实数的取值范围是.
故选：B
8．已知函数，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可判断函数为奇函数且在上单调递增，进而根据奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】解：函数的定义域为，
，
所以函数为奇函数，
因为，
所以函数在上单调递增，
所以，
所以，即，解得
所以不等式的解集为
故选：A
二、多选题
9．已知正数a，b满足，则（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值为4D．的最小值为2
【答案】AB
【分析】A选项，由得到答案；B选项，由得到答案；C选项，根据基本不等式“1”的妙用求出最小值；D选项，利用指数幂的运算和基本不等式进行求解.
【详解】A选项，∵ a，b为正实数，
∴ ，当且仅当时等号成立，又，
∴ ，当且仅当，时等号成立，
∴ ab的最大值为，A正确；
B选项，由基本不等式可得，故，
当且仅当时等号成立，
又，∴，当且仅当，时等号成立，
∴的最小值为，B正确；
C选项，∵，
当且仅当，时等号成立，
∴ 的最小值为8，C错误；
D选项，，
当且仅当，即时，等号成立，D错误.
故选：AB.
10．已知函数，现给出下列结论，其中正确的是（ ）
A．函数有极小值，但无最小值
B．函数有极大值，但无最大值
C．若方程恰有一个实数根，则
D．若方程恰有三个不同实数根，则
【答案】BD
【分析】先求导，根据导数和函数单调性的关系，以及极值和最值的关系即可判断．
【详解】解： 由题意得．令，即，解得或．则当或时，，函数在和上单调递增；当时，，函数在上单调递减．所以函数在处取得极大值，在处取得极小值．又时，；时．作出函数的大致图象如下图所示：
因此有极小值，也有最小值，有极大值，但无最大值．若方程恰有一个实数根，则或；若方程恰有三个不同实数根，则．
故选：BD
11．如图，抛物线与轴交于点，顶点坐标为，与轴的交点在，之间（包含端点），则下列结论正确的是（ ）
A．当时，B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据二次函数的性质可得函数与轴的另一交点为，结合函数图象及对称轴即可判断；
【详解】解：依题意抛物线与轴交于点，顶点坐标为，所以函数与轴的另一交点为，所以当时，，故A正确；
当时，，故B错误；
抛物线与轴交于点，且
，
，
，，
，
，
，
，
，所以C正确，D错误；
故选：AC．
12．已知定义在上的函数满足对任意的，，，且当时，，则（ ）
A．
B．对任意的，
C．是减函数
D．若，且不等式恒成立，则的最小值是
【答案】ABD
【分析】A. 取，易得；
B. 取，可得，然后验证的情况；
C. 由当时，，且可得，
当时，，与为减函数矛盾，从而可判断C错误；
D. 先证明的单调性，然后由可得，结合函数的单调性可得，
再化简、换元，通过构造函数、求导得新函数的单调性和最值，即可得解.
【详解】取，则，解得或，
若，则对任意的，，与条件不符，故，A正确；
对任意的，，若存在，使得，
则，与矛盾，所以对任意的，，B正确；
当时，，且，所以当时，，与为减函数矛盾，C错误；
假设，则
因为，所以，则，即，
所以函数在上单调递增，由题意得，所以，
结合在上单调递增可知，则，
令，则，，令，，
易得在上单调递减，在上单调递增，从而，
所以，则，D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题中用到特殊值，特殊函数来解决问题，特别是选项D中，将不等式转化为，再结合换元法，求导等办法来求解，综合能力要求较高.
三、填空题
13．已知角终边上有一点，则 .
【答案】
【分析】先根据三角函数的定义求出，再利用诱导公式化简，结合商数关系即可得解.
【详解】∵角终边上有一点，∴，
∴
．
故答案为：．
14．已知a>b>1，若lgab＋lgba＝，ab＝ba，则 .
【答案】6
【分析】可结合换元法，令，可知，原式可化为，求出，得到，再结合进而求解ab＝ba，求得a，b的值，得到结果.
【详解】设lgb a＝t，则t>1，因为，
所以t＝2，则a＝b2.
又ab＝ba，所以＝，
即2b＝b2，又a>b>1，解得b＝2，a＝4.所以6.
【点睛】本题考查对数的运算性质，换元的解题方法，属于基础题目．
15．已知函数是定义域为R的奇函数，且当时，．若，则 ．
【答案】/-0.75
【分析】利用函数为奇函数及指、对运算转化需求的函数值．
【详解】，由为奇函数，
有．
故答案为：.
16．设函数.给出下列四个结论：
①函数的值域是；
②，有；
③，使得；
④若互不相等的实数满足，则的取值范围是.
其中不正确的结论的序号是 .
【答案】②
【分析】作出函数的图象，结合图象，可判定①正确；结合，，可判定②错误；根据题意，转化为与有交点，作出两个函数的图象，可判定③正确；由图（1）得到，再由，得到，可判定④正确.
【详解】对于①中，由函数，
根据二次函数与反比例函数的图像性质可画出函数图象，如图（1）所示，
由的图像，可得的值域是，所以①正确；

对于②中，可得，，显然在上并不单调递增，所以②不成立，所以②错误；
对于③中，假设存在，使得，则，
即，即与有交点，
作出函数和的图像，如图（2）所示，显然假设成立，所以③正确；
对于④中，由图（1），可得，则，
因为，所以，即，解得，
所以，
即的取值范围是，所以④正确；
综上可得：①③④正确，②错误.
故答案为：②.
四、解答题
17．计算下列各式的值：
(1)；
(2).
【答案】(1)1
(2)0
【分析】（1）利用有理指数幂的运算法则和对数的运算法则求解即可；
（2）利用对数的运算法则求解即可.
【详解】（1）原式；
（2）原式.
18．已知函数.
(1)若关于的不等式的解集为，当时，求的最小值；
(2)若存在、，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)12；
(2).
【分析】（1）由不等式解集求得，进而写出解析式，令，应用换元法有，利用基本不等式求最小值，注意取值条件；
（2）问题化为，利用二次函数性质求最值，进而求参数范围.
【详解】（1）由题意，方程的两根分别为、，则，解得，
，所以，
设，则，
，
当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为12.
（2）由题设，只需，
因为的图象开口向上，且对称轴为，
所以，，，
所以，，解得.
19．已知，为锐角，，.
(1)求的值；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据同角三角函数关系式，结合二倍角正弦公式进行求解即可；
（2）根据同角三角函数关系式，结合两角差的余弦公式进行求解即可.
【详解】（1）因为为锐角，， 所以，
所以，
则；
（2）由于，为锐角，则，
又，
所以
.
20．第四届中国国际进口博览会于2021年11月5日至10日在上海举行.本届进博会有4000多项新产品､新技术､新服务.某跨国公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在2022年与该跨国公司合资生产此款空调.生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，生产x千台空调，需另投入资金R万元，且.经测算，当生产10千台空调时需另投入的资金R=4000万元.现每台空调售价为0.9万元时，当年内生产的空调当年能全部销售完.
(1)求2022年该企业年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式；
(2)2022年产量为多少时，该企业所获年利润最大？最大年利润为多少？注：利润=销售额-成本.
【答案】(1)
(2)当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元
【分析】（1）由题意可知时，R=4000，代入函数中可求出，然后由年利润等于销售总额减去投入资金，再减去固定成本，可求出年利润W（万元）关于年产量x（千台）的函数关系式，
（2）分别当和求出函数的最大值，比较即可得答案
【详解】（1）由题意知，当时，，所以a=300.
当时，；
当时，.
所以，
（2）当时，，所以当时，W有最大值，最大值为8740；
当时，，
当且仅当，即x=100时，W有最大值，最大值为8990.
因为，
所以当2022年产量为100千台时，该企业的年利润最大，最大年利润为8990万元.
21．已知函数.
(1)若在处的切线与x轴平行，求a的值；
(2)是否存在极值点，若存在求出极值点，若不存在，请说明理由；
(3)若在区间上有两解，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)当时，无极值点；
当时，存在极小值点为，无极大值点．
(3)
【分析】（1）求得，根据题意得到，得到，即可求解.
（2）求得，分和，两种情况求得函数的单调性，结合极值点的定义，即可求解.
（3）由（2）中函数的单调性，结合函数极值，列出不等式组，即可求解.
【详解】（1）由函数，可得，
因为在处的切线与x轴平行，可得，即，解得．
经检验，当时，在处的切线为，满足题意，
所以实数的值为.
（2）由函数的定义域为，且，
则当时，恒成立，在上单调递增，无极值点；
当时，令，解得，
则，和随的变化如下表：
此时，存在极小值点为，无极大值点．
综上：当时，无极值点；
当时，存在极小值点为，无极大值点．
（3）由（2）知：
当时，在上单调递增，在区间上有最多一解
所以不成立；
当时，在单调递减，在单调递增，
当时，有极小值，
令，则当时，，
若在区间上有两解，
则满足，解得，
综上所述，实数的取值范围是
．
22．已知函数.
(1)求在（为自然对数的底数）上的最大值；
(2)对任意给定的正实数，曲线上是否存在两点P，Q，使得是以О为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上?
【答案】(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析.
【分析】（1）先分别讨论，两段上的函数最值，再根据两段函数最值比较综合即可得答案；
（2）假设存在，则设（），则，进而根据将问题转化为有解问题，再分和讨论求解即可得答案.
【详解】（1）解：当时，，，令，解得，此时在和上单调递减，在上单调递增，由于，故当时，；
当时，，，故当时，在区间上单调递减，；当时，在区间上单调递增，，当时，.
综上，当时，在上的最大值为，当时，在上的最大值为.
（2）解：假设曲线上存在两点，，使得是以为直角顶点的直角三角形，且此直角三角形斜边的中点在y轴上，
则，只能在轴的两侧，不妨设（），则，且．
因为△是以为直角顶点的直角三角形，所以，
即： ①
是否存在点，等价于方程①是否有解．
若，则，代入方程①得：，此方程无实数解；
若，则，代入方程①得：，
设（），则在上恒成立，
所以在上单调递增，从而，
所以当时，方程有解，即方程①有解．
所以，对任意给定的正实数，曲线上存在两点，，使得△是以为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在轴上．
－
0
＋
极小值