2023届福建省漳州市第八中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

2023届福建省漳州市第八中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知命题p：，使得，则为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据命题的否定即可求解.

【详解】解：根据命题的否定可知，为，．

故选：A．

2．已知全集，集合，，则

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.

【详解】，则

故选：A

【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.

3．方程的根所在的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，确定其单调性，结合零点存在性定理得到结论.

【详解】令，显然单调递增，

又因为，，

由零点存在性定理可知：的零点所在区间为，

所以的根所在区间为.

故选：B

4．设，则“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.

【详解】由，可得，即；

由，可得或，即；

∴是的真子集，

故“”是“”的充分而不必要条件.

故选：A

5．函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】方法一：不妨设，解即可得出答案.

方法二：取，则有，又因为，所以与矛盾，即可得出答案.

方法三：根据题意，由函数的奇偶性可得，利用函数的单调性可得，解不等式即可求出答案.

【详解】［方法一］：特殊函数法

由题意，不妨设，因为，

所以，化简得．

故选：D.

［方法二］：【最优解】特殊值法

假设可取，则有，

又因为，所以与矛盾，

故不是不等式的解，于是排除A、B、C．

故选：D.

［方法三］：直接法

根据题意，为奇函数，若，则，

因为在单调递减，且，

所以，即有：，

解可得：.

故选：D.

【整体点评】方法一：取满足题意的特殊函数，是做选择题的好方法；

方法二：取特殊值，利用单调性排除，是该题的最优解；

方法三：根据题意依照单调性解不等式，是该题的通性通法．

6．函数的图象可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意，去掉绝对值，变函数为分段函数，结合导数研究其单调性，可得答案.

【详解】由函数，

当时，，易知单调递增，

且，可得下表：

则，

当时，，令，

，令，解得，可得下表：

则，即，则单调递增.

故选：A.

7．设的定义域为，且满足，若，则（    ）

A．2023 B．2024 C．3033 D．3034

【答案】A

【分析】根据函数的性质由，可得，即可得解.

【详解】因为，，所以，

由得，

所以，，

即，

所以，

所以.

故选：A

8．已知函数 ，且函数 的图像与 的图像关于 对称，函数 的图像与 的图像关于 轴对称，设 ， ， ．则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数图像的对称关系可以得到，的解析式，代入后跟特殊值0比较可得最小，然后构造函数，利用特殊值和函数的单调性比较，的大小即可.

【详解】因为的图像与的图像关于对称，所以，又因为的图像与关于轴对称，所以，，，，所以最小；

，，

构造，则，

当时，，所以在上单调递减，

因为，所以，令，得，所以，

，

又因为，，所以，综上所述.

故选：D.

【点睛】比较对数、指数、幂的大小的方法：

①利用指数函数、对数函数、幂函数的单调性比较大小；

②借助特殊值“0”、“1”或其它的数值比较大小；

③根据两数之间的关系，构造函数来比较大小.

二、多选题

9．若函数且在上为单调递增函数，则的值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】由分段函数单调性可直接构造不等式组求得结果.

【详解】在上单调递增，，解得：，

的取值可以为选项中的或.

故选：AD.

10．已知，则下列不等关系中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】根据不等式的性质，特值法以及基本不等式即可判断各关系式的真假．

【详解】对A，由，得，当，时，A错误；

对B，当，时，B错误；

对C，由，得，根据基本不等式知，C正确：

对D，由，得，所以，因为，所以D正确．

故选：CD．

11．已知是定义在上的偶函数，其图象关于点对称.以下关于的结论正确的有（    ）

A．是周期函数

B．满足

C．在上单调递减

D．是满足条件的一个函数

【答案】ABD

【分析】题目中条件：可得知其周期，利用奇函数图象的对称性，及函数图象的平移变换，可得函数的对称中心，结合这些条件可探讨函数的奇偶性，及单调性．

【详解】对于A：，其图象关于点对称即

所以，

函数是周期函数且其周期为4，故A正确；

对于B：由A知，对于任意的，都有满足，

又函数是偶函数，即，故B正确；

对于C：反例：如图所示的函数，关于轴对称，

图象关于点对称，函数的周期为4，但是在上不是单调函数，故C不正确；

对于D：是定义域为在，

且，

，

所以是定义域为在上的偶函数，其图象关于点对称的一个函数，

故D正确．

故选：ABD．

12．对于函数和，设，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】由题意，易得，进而得到，结合含参函数，转化为含参方程有解问题，求导，可得答案.

【详解】由题意，可得，，

易知，则，，则在有解，

求导得：，令，解得，可得下表：

则当时，取得最大值为，

，

则的取值范围为，也即.

故选：BC.

三、填空题

13．已知函数且的图象恒过定点，则点的坐标为____________

【答案】

【分析】由恒成立可得定点坐标.

【详解】当时，，.

故答案为：.

14．已知，则曲线在点处的切线方程为__________.

【答案】

【分析】利用导函数求得即为切线斜率，由原函数求得，由直线点斜式方程整理得到结果.

【详解】因为，所以，又，

故所求切线方程为，即.

故答案为：.

15．已知函数的定义域为，则函数的定义域为______

【答案】

【分析】由函数的定义域可推得的定义域，再结合对数的真数大于0、要使函数有意义即可得出结论.

【详解】由函数的定义域是，得到，故 即 .

解得: ；所以原函数的定义域是：.

故答案为：.

四、解答题

16．已知函数(且)是定义在上的奇函数

（1）求的值；

（2）求函数的值域.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据是上的奇函数，由求解，

（2）由（1）得到，利用其单调性求解.

【详解】（1）∵是上的奇函数，

∴，

即：，

整理可得.

（2）由（1）知：在上递增，

∵，

，

，

，

∴函数的值域为.

17．已知函数，其中为实常数．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)讨论的单调性；

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；

（2）求导，再分，和三种情况讨论，根据导数的符号即可得出答案.

【详解】（1）解：当时，，

所以，

所以切线方程为，即；

（2）解：的定义域为，，

当时，在区间递减；

在区间递增；

当时，，在上递减；

当时，在区间递减；

在区间递增，

综上所述，

当时，函数的减区间为，增区间为；

当时，在上递减；

当时，函数的减区间为，增区间为.

18．已知函数是定义在上的奇函数，且它的图象关于直线对称.

(1)求证：是周期为4的周期函数；

(2)若，求时，函数的解析式.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)由函数的图象关于直线对称，可得，即，又因为是奇函数，所以，从而得，即可得周期为4；

(2)先求得时，，再结合周期为4，即求得在上的解析式.

【详解】（1）解：证明：由函数的图象关于直线对称，

有，即有，

又函数是定义在上的奇函数，有，

故，

从而，

即是周期为的周期函数；

（2）解：由函数是定义在上的奇函数，

有，时，，，

故时，，

时，，，

从而，时，函数的解析式为

19．已知函数，．

(1)当时，求f（x）的单调区间；

(2)设函数，若g（x）在上存在极值，求a的取值范围．

【答案】(1)减区间为，增区间为

(2)

【分析】（1）当时，求出导函数，解不等式，即可得到结果；（2）利用极值的定义，结合二次求导即可得到结果.

【详解】（1）当a＝4时，，其定义域为，可得．

当时，，f（x）单调递减；

当时，，f（x）单调递增．

所以f（x）的单调递减区间为（0，2），单调递增区间为．

（2）由，，

可得．

设，则，

令，即，解得．

当时，；当时，．

所以h（x）在区间（1，e）上单调递增，在区间上单调递减，

且，，，

显然，若g（x）在上存在极值，则满足

解得，

所以实数a的取值范围为（0，e）．

20．已知函数（为自然对数的底数），.

(1)若有两个零点，求实数的取值范围；

(2)若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）有两个零点，通过参变分立，转换成两个函数图像的交点问题.

（2）先利用参数放缩转变成恒成立，再通过参变分离转化成最小值问题.

【详解】（1）有两个零点，

关于的方程有两个相异实根，

，

有两个零点即有两个相异实根.

令，

则，

得，得

在单调递增，在单调递减，

，

又

当时，，当时，，当时，

有两个零点时，实数的取值范围为；

（2），所以

原命题等价于对一切恒成立，

对一切恒成立，

令，

令，

则

在上单增，

又，

使，即①，

当时，，即在递减

当时，，即在递增，

由①知，

，

函数在单调递增，

即

实数的取值范围为.

【点睛】(1)零点问题常用方法为直接讨论法和参变分离两种方法.

(2)恒成立问题一般有三种方法：直接讨论法，参变分离法，端点效应.

21．设函数.

(1)当时，求函数的极值；

(2)设函数，直线l与曲线及都相切，且l与切点的横坐标为t，求证：.

【答案】(1)极小值为，极大值为；

(2)证明见解析.

【分析】（1）求得，判断其正负从而求得的单调性，结合函数解析式，即可求得极值；

（2）根据导数的几何意义，结合直线为公切线求得满足的方程组，将问题转化为证明函数的零点所在区间为，利用导数判断的单调性，结合零点存在定理，即可证明.

【详解】（1）当时，，则，

故当时，，单调递增；当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

故当时，取得极大值；当时，取得极小值；

故的极小值为，极大值为.

（2），，

根据题意，直线与的切点为，

则直线的方程为：，即；

设直线与的切点为，

则直线的方程为：，即；

又直线为及的公切线，

故可得，，消元可得，

令，则，

故当时，，单调递减，

又，

则由零点存在定理可得：.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求函数极值，以及利用导数求参数范围问题；第二问处理的关键是能够根据导数几何意义，求得的方程组，将问题转化为证明的零点所在区间，属综合中档题.

五、双空题

22．某在校大学生提前创业，想开一家服装专卖店，经过预算，店面装修费为10000元，每天需要房租水电等费用100元，受营销方法、经营信誉度等因素的影响，专卖店销售总收入与店面经营天数的关系是，则总利润最大时店面经营天数是__________，最大总利润是__________．

【答案】     200     10000元

【分析】根据题意，列出分段函数，分段求最值，即可得到结论．

【详解】解：由题意，

时，，

时，；

时，，

天时，总利润最大为10000元

故答案为：200, 10000元