山东省淄博第一中学2024-2025学年高三上学期第一次学习质量检测数学试题

这是一份山东省淄博第一中学2024-2025学年高三上学期第一次学习质量检测数学试题，共17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：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，由交集运算即可求解.
【详解】解：
所以
故选：A．
2. 设x∈R，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先解不等式，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】因为，所以或，所以或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B.
3. 已知命题为真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】问题转化为不等式的解集为，根据一元二次不等式解集的形式求参数的值.
【详解】因为命题为真命题，所以不等式的解集为.
所以：若，则不等式可化为，不等式解集不是；
若，则根据一元二次不等式解集的形式可知：.
综上可知：
故选：D
4. 设函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分段作出函数的图象，结合图象得函数为R上的增函数，再判断函数的奇偶性，再利用单调性与奇偶性性质将不等式转化为，化简求解可得.
【详解】，x∈R，则，
作出函数的图象，可知是R上的增函数.
又，是奇函数.
不等式可化为，
所以，则，即，解得，
不等式的解集是.
故选：B.
5. 已知，若在上单调，则的范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由在上单调且恒为正可得．
【详解】由题意在上单调且恒为正，
所以或，且，解得或，
故选：D．
6. 定义在上的函数为奇函数，且为偶函数，当时，，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】结合已知得周期为4，然后代入自变量求解即可.
【详解】因为函数为奇函数，且为偶函数，
所以，所以的周期为4，
所以.
故选：A.
7. 已知函数，若a，b，c，d互不相等，且，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由分段函数的性质画出函数图象，若，将问题转化为曲线与直线的交点问题，应用数形结合判断交点的区间，结合绝对值函数、对数函数的性质可得，，，结合对勾函数的性质求范围即可．
【详解】令，则或，令，则或，
由解析式知：在上递减且值域为，在上递增且值域为，在上递减且值域为，在上递增且值域为．
作出的草图如下，
令，不妨设，则，，，为曲线与直线的交点横坐标，
由图知：，且，
则，
由对勾函数可知在上递减，故，
故.
故选：C
8. 设定义在上的偶函数满足对任意，都有，且当时，．若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数为周期函数，对称轴为，利用导数判断在区间上单调递增，将化在同一单调区间比较即可.
【详解】因为函数是偶函数，所以，即是以2为周期的周期函数，
因为对任意x∈R，都有，所以函数的图象关于直线对称，
当时，，即函数在上单调递增，
又，，，且，
所以，所以．
故选：A．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.
9. 设正实数，满足，则（ ）
A. 有最小值4B. 有最小值
C. 有最大值D. 有最小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据基本不等式可进行判断.
【详解】选项A：，当且仅当时等号成立，故A正确；
选项B：，当且仅当时等号成立，故B错误；
选项C：，当且仅当时等号成立，故C正确；
选项D：，当且仅当时等号成立，故D正确；
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数且的图象恒过定点
B. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为
C. 函数的最小值为6
D. 函数的单调增区间为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，由指数函数的性质分析A，由函数的定义域分析B，由复合函数的值域分析C，由复合函数的单调性分析D，综合可得答案．
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
A．函数，当，即时，，则函数的图象恒过定点，A错误，不符合题意；
B．已知函数的定义域为，
对于函数，则有，解可得，即函数的定义域为，B正确，符合题意；
C．设，则，
又由，结合对勾函数的性质可得在区间上递增，
则，C错误，不符合题意；
D．函数，有，解可得，即函数的定义域为，；
设，则，
在区间上，为增函数，在区间上，为减函数，
由于为定义域为的减函数，故有，
故函数的单调增区间为，正确，符合题意；
故选：BD．
11. 已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A. 函数的极小值点为
B.
C. 若函数有4个零点，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】求导，利用导数判断的单调性和最值，可得的图象，进而可以判断A；对于B：根据的单调性分析判断；对于C：根据偶函数性质分析可知：原题意等价于当时，与有2个交点，结合的图象分析求解；对于D：构建，结合导数可得，结合极值点偏移分析证明.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，且当趋近于0或时，趋近于，
可得函数的图象，如图所示：
对于选项A：可知函数的极小值点为，故A正确；
对于选项B：因为，且在内单调递增，
所以，故B错误；
对于选项C：令，可得，
可知函数有4个零点，即与有4个交点，
且的定义域为，且，
可知为偶函数，且当时，
原题意等价于当时，与有2个交点，
由题意可知：，故C正确；
对于选项D：设，
则，
可知在内单调递增，则，
即，
若，不妨设，
则，
且，且在内单调递增，
则，所以，故D错误；
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知函数，则______．
【答案】700
【解析】
【分析】根据给定条件，探讨时函数的性质，再借助性质求出分段函数的函数值.
【详解】当时，，
则，
即，所以.
故答案为：700
13. 与曲线和曲线均相切的直线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】设出切点和，求导得到，并写出切线方程，将代入，化简得，从而求出切线方程.
【详解】设在点和在点的切线重合，
，，
故，即，，
在点处的切线方程为，
将代入得，
即，
所以，
又，故，则，
故切线方程为，即.
故答案为：
14. 已知函数的图象关于点0,1成中心对称图形，，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由函数的图象关于点0,1成中心对称，所以，求出函数的解析式，构造函数，所以的图象关于点对称，所以是定义域上的奇函数，且在上单调递减，然后利用奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】因为函数的图象关于点0,1成中心对称，
所以，即，所以，
所以，在定义域上单调递减，
令，因为函数的图象关于点0,1成中心对称，
所以的图象关于点对称，所以是定义域上的奇函数，且在上单调递减，
因为，所以，
即，所以，
所以，解得或，
故实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数是定义在R上的奇函数．
（1）求的解析式；
（2）求当时，函数的值域．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数定义及性质，列式计算求出a，b作答.
（2）由（1）的结论，求出函数的解析式，结合二次函数求出值域..
【小问1详解】
由函数是上的奇函数，则有，解得，即，
，，
即，，解得，经验证得，时，是奇函数，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，，因此当时，，当时，，
所以所求值域为.
16. 《中华人民共和国乡村振兴促进法》中指出：全面实施乡村振兴战略，开展促进乡村产业振兴、人才振兴、文化振兴、生态振兴、组织振兴，推进城乡融合发展，为深入践行习近平总书记提出“绿水青山就是金山银山”的理念，围绕产业发展生态化，生态建设产业化”思路，某乡镇为全力打造成“生态特色小镇”，调研发现：某种农作物的单株产量（单位：）与肥料费用（单位：元）满足如下关系：，其他总成本为（单位：元），已知这种农作物的市场售价为5元/，且供不应求，记该单株农作物获得的利润为（单位：元）
（1）求的函数关系式；
（2）当投入的肥料费用为多少元时，该农作物单株获得的利润最大？最大利润是多少元？
【答案】（1）
（2）当投入的肥料费用为6元时，该农作物单株获得的利润最大，为42元
【解析】
【分析】（1）代入售价和成本即可得到利润结果.
（2）由二次函数图像与性质即可得到最大值点和最大值.
【小问1详解】
解：由题意可得，
,
所以函数的函数关系式为
【小问2详解】
当时，的图象为开口向上的抛物线，
对称轴为，
所以当时，；
当时，，
当且仅当，即时等号成立，此时.
综上：当投入的肥料费用为6元时，该农作物单株获得的利润最大，为42元.
17. 已知函数.
（1）若不等式的解集为，求的取值范围；
（2）对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论，当不等式为二次不等式时，由题意列出不等式组求解即可；
（2）分离参数，换元后利用基本不等式求最值，即可得出m的取值范围.
【小问1详解】
当时，由，得到，所以，不合题意，
当时，由的解集为，
得到，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
由题对任意，不等式恒成立.
即，因为时，恒成立.
可得，设，则，所以，
可得.
因为，当且仅当时取等号.
所以，当且仅当时取等号.
故得m的取值范围.
18 已知函数.
（1）若曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，求实数和的值；
（2）若函数无零点，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由求出，再由求出；
（2）令可得，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最大值，依题意与无交点，即可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以，
又，则，
又曲线在点处的切线方程为，
所以，解得.
【小问2详解】
令，即，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，且当时，
依题意与无交点，所以，
所以要使函数无零点，则的取值范围为.
19. 已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若有两个极值点，求a的最小整数值.（参考数据：）
【答案】（1）在单调递减
（2）2
【解析】
【分析】（1）求导得，令，再求导可判断的单调性；
（2）求导可得，令，求导得，分类讨论可求的最小整数值.
【小问1详解】
当时，，所以，
设，，
则单调递增，在单调递减，
所以，即，
故在单调递减.
【小问2详解】
，
即原题等价于有两个零点，设，，
当时，，
则定义域单调递增，最多有一个零点，与题意不符.
当时，令，
即在单调递增，在单调递减.
当，，，，
由于有两个零点，则这等价于①，
注意到时①式不成立，而时成立，故的最小整数值为2.