四川省蓬溪中学2024届高三数学（文）上学期第一次月考试题（Word版附解析）

高2021级第五学期第一次月考数学试卷(文科)

一、单选题(每小题5分，共60分)

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【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

【解析】

【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】A

【解析】

【分析】根据充分、必要性定义，结合不等式的推出关系判断题设条件间的关系.

【详解】由，则成立，充分性成立；

由，若，显然不成立，必要性不成立；

所以 “”是“”的充分不必要条件.

故选：A

4. 函数的零点所在的区间为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

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

【解析】

【分析】由幂函数性质判断，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. 已知函数为R上的奇函数，当时，，则当时，的解析式为（   ）

A.  B.  C.  D. 以上都不对

【答案】A

【解析】

【分析】利用奇函数的性质求时的函数解析式即可.

【详解】设，则，又.

故选：A

7. 函数的图象大致为（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】A

【解析】

【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.

8. 若，则的值等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由指数化为对数，再由对数的运算可得答案.

【详解】∵，∴，

∴，，

∴

故选：B.

9. 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

【解析】

【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

10. 已知函数在处有极大值，则的值为（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 1或3

【答案】C

【解析】

【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

11. 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

【解析】

【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.

12. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【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，则，故，故.

故选：A.

二、填空题(每小题5分，共20分)

13. 曲线在点处的切线方程是__________

【答案】

【解析】

【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】

【解析】

【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】

【解析】

【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. 关于函数f（x）=有如下四个命题：

①f（x）的图象关于y轴对称．

②f（x）的图象关于原点对称．

③f（x）的图象关于直线x=对称．

④f（x）的最小值为2．

其中所有真命题的序号是__________．

【答案】②③

【解析】

【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.

【详解】对于命题①，，，则，

所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；

对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，

，

所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；

对于命题③，，

，则，

所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；

对于命题④，当时，，则，

命题④错误.

故答案为：②③.

【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

三、解答题(共70分)

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）.

【解析】

【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．

【小问1详解】

由题意得真或真，即或，

∴的取值范围.

【小问2详解】

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，

【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.

【小问1详解】

设等差数列的公差为，

∴，解得，

∴.

【小问2详解】

由（1）可得，∴，

∴数列为等比数列，首项为，公比为

∴

19. 已知.

（1）求的周期及单调递增区间；

（2）求函数在上的最大值和最小值.

【答案】（1）周期为   

（2）,

【解析】

【分析】（1）由三角恒等变换化简，由周期公式求周期，根据正弦函数的单调性求递增区间；

（2）根据角的范围，求出的范围，利用正弦函数求出值域即可得解.

【小问1详解】

由， 

所以周期 ，

令，得，

∴的单调递增区间为.

【小问2详解】

当时，则，所以，

故，

∴， ．

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）.

【解析】

【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.

【小问1详解】

由题：，，

令得，

列表得：

∴，.

【小问2详解】

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）讨论函数的单调性；

（3）若有恒成立，求的取值范围.

【答案】（1），   

（2）答案见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）利用导数求出极值即可；

（2）求出，分、、、、讨论，可得答案；

（3）欲使恒成立，只需，根据（2）的结论，分、、、、讨论可得答案.

【小问1详解】

的定义域为，因为，

∴，

∴时，，单调递增，

时，，单调递增，

时，，单调递减，

∴，；

【小问2详解】

由题：，

1°当时：，

时，，单调递减，

时，，单调递增；

2°当时：∵，

∴时，，单调递减，

时，，单调递增；

3°当时：

①若即，

所以时，，单调递增，

时，，单调递减；

时，，单调递增，

②若即，，

则在单调递增；

③若即，

所以时，，单调递增，

时，，单调递减；

时，，单调递增；

【小问3详解】

欲使恒成立，只需，

根据(2)的结论，

1°，当时：

时，，单调递增；

时，，单调递减，

∴令，得，此时，；

2°当时：①若即，

所以时，，单调递增，

时，，单调递减；

时，，单调递增；

②若即，

时，，单调递增；

③若即，

所以时，，单调递增，

时，，单调递减；

时，，单调递增；

不论上述哪种情况，均有时，因此，不可能有恒成立，舍去.

综上：的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用分类讨论思想解题．本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路.

四、选做题(共10分)

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）

【解析】

【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.

【小问1详解】

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.

【小问2详解】

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

【解析】

【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.

【小问1详解】

，

故等价于或或，

解得，

不等式的解集为；

【小问2详解】

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，