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2024届山东省泰安市泰安第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析
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这是一份2024届山东省泰安市泰安第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共15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】B
【分析】先解一元二次不等式，可求出集合，再根据集合间的运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A.
2．“”的一个必要不充分条件为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用集合关系判定充分必要条件即可.
【详解】显然A项是充要条件，不符合题意；
由“”可推出“”，即B项是充分条件，不符合题意；
“”不能推出“”，反之“”也推不出“”，即C项为既不充分也不必要条件，不符合题意；
易知真包含于，所以“”的一个必要不充分条件为“”，
故选：D．
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】解绝对值不等式得到解集，得到是或的真子集，从而得到答案.
【详解】，解得或，
由于⫋或，则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象判断其导数的正负情况，即可求得答案.
【详解】由函数的图象可知当或时，；
当时，，
等价于或，
故不等式的解集为，
故选：A
5．化简的值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】先切化弦变形，再结合辅助角公式、二倍角公式、诱导公式化简求值即可.
【详解】
故选：A.
6．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据函数奇偶性排除选项C，D；再利用特殊值排除选项B即可求解．
【详解】∵，定义域为，
又，可知函数为奇函数，故排除选项C，D；
又由时，，，有，，可得；
当时，，，有，，可得；
故当时，，故排除选项B；
而A选项满足上述条件，故A正确．
故选:A．
7．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列选项正确的为（ ）
A．的图象关于点中心对称B．
C．的图象关于直线对称D．为偶函数
【答案】C
【分析】利用二倍角公式化简可得函数的解析式，再利用三角函数性质逐项判断可得答案.
【详解】，
将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B错误；
所以，故A错误；
，故C正确；
时，，所以为奇函数，故D错误.
故选：C.
8．已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.
【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当时，，因此，
因为是奇函数，所以 ，，
且的周期为，且，，，，
求的零点，即是与的交点，如图：
为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，
若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，
第11个零点坐标为，因此.
故选：A
二、多选题
9．已知且，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】由不等式的性质即可判断.
【详解】由不等式的性质容易判断AD正确；
对B，若b=0，不等式不成立，错误；
对C，若c=0，不等式不成立，错误.
故选：AD.
10．已知集合，，若，则实数的可能取值为（ ）．
A．1B．C．0D．
【答案】ACD
【分析】先求得集合，根据题意得到，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】由集合，且
因为，可得，
①当时，集合，满足；
②当时，由方程，可得，此时，
因为，所以，可得或，解得或，
所以实数的可能取值为.
故选：ACD．
11．若，则下列说法正确的有（ ）
A．的最小正周期是
B．方程是的一条对称轴
C．的值域为
D．，，对都满足，（a，b是实常数）
【答案】BC
【分析】根据，可判断A,根据可判断B,根据周期性以及三角函数的性质可判断C,根据图象可判断D.
【详解】对A,因为，所以，故是的一个周期，故最小正周期是是错误的，
对B，因为，故是的一条对称轴是正确的，
对C,当时，，由，则，故因此，由A知是的周期，故的值域为，C正确，
对D,因为当时，，且是的周期，故画出的图象如图：
由图可知，没有对称中心，故不存在，使得，故D错误.
故选：BC
12．设函数其中，．若，，且相邻两个极值点之间的距离大于，，设，则（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．在上存在唯一极值点
【答案】BC
【分析】根据题意求得，由，求得，得到或，当时，求得，得到，进而得到，所以不符合题意，，求得，可判定A不正确；由时，求得，进而可判定B正确；求得，结合正弦型函数的性质，可判定C正确、D错误.
【详解】由函数，因为且，
可得，可得，所以
因为相邻两个极值点之间的距离大于，可得，解得，
所以，可得，可得或，
当时，，可得，
则，可得，即
因为，所以，所以，
可得，则，
因为，所以不符合题意，（舍去），所以，所以A不正确；
当时，可得，解得，
因为，所以，所以B正确；
由，可得，
所以，
其中，因为，可得，
又由，可得，
根据正弦函数的性质，可得在为单调递减函数，
所以在上为单调递减函数，所以C正确；
由，可得，
因为，可得且，
所以当时，即时，函数取得极大值；
当时，即时，函数取得极小值，
所以在上存在一个极大值点和一个极小值点，所以D不正确.
故选：BC.
三、填空题
13．已知角α的终边过点，则 .
【答案】2
【分析】方法1：由角终边上一点的坐标得其正切值，再处理齐次式代入可得结果.
方法2：由角终边上一点的坐标得其正弦值、余弦值代入计算可得结果.
【详解】方法1：由题意知，，
∴，
方法2：由题意知，，，
∴，
故答案为：2.
14．若命题“存在，使”是真命题，则实数的一个可能取值为 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据一元二次方程根的判别式，结合存在性的定义进行求解即可.
【详解】由题意知，方程有解，
所以，得，故实数的一个可能取值为．
故答案为：（答案不唯一）.
15．定义在上的可导函数的值域为，满足，若，则的最小值为 .
【答案】
【分析】化简条件式得，构造函数及，判断其单调性即可.
【详解】∵，∴，则化简得：，
令，则，
即，
令，则，故在上单调递增，
则，
故答案为：
16．已知当时，恒成立，则m的取值范围是
【答案】
【分析】构造函数，根据其单调性，分离参数得在上恒成立，再求出右边的最大值即可.
【详解】因为，
所以，
构造，
因为，
所以，
因为，所以在上是减函数.
因为，所以，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
构造，显然在上单调递增，
所以，即.
故答案为: .
四、解答题
17．已知集合，．
(1)求；
(2)设集合，若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据指数函数和对数函数求解集合，然后按照集合交并补集求解即可；
（2）根据充分不必要性质判断集合是的真子集，然后按照范围大小求解；
【详解】（1）
结合对数函数的单调性解得：
；
（2）“”是“”的充分不必要条件，
所以是的真子集，
所以对于集合：集合
由此解得；
18．设函数．
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)当时，求函数的最大值及此时的值．
【答案】(1)；；
(2)最大值为，此时．
【分析】（1）根据两角差的余弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数的周期公式和单调增区间进行求解即可；
（2）根据正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【详解】（1）
所以的最小正周期为，
由，
所以函数的单调递增区间为；
（2）当时，，
所以当时，即当时，函数有最大值.
19．（1）计算：
（2）已知，，又，若恒成立，求正实数的最小值．
【答案】（1）32；（2）4
【分析】（1）根据指数和对数的运算法则直接进行计算即可；
（2）利用基本不等式求出 的最小值，问题转化为 ，解不等式即可求得a的范围，进而求出a的最小值.
【详解】（1）
.
（2）恒成立，，
又因为，，
所以，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以，或（舍去，），
，即的最小值为4．
20．已知
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意，关于x的方程恒有正数解，求k的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）运用导数分别研究、、时函数的单调性即可.
（2）当时，运用导数研究在上的最小值即可求得结果.
【详解】（1）．
①时，由，在上单调递增．
②时，由得或，得，
所以在，上单调递增；在上单调递减．
③时，由得或，得，
所以在，上单调递增；在上单调递减．
综述：①时，在上单调递增；
②时，在，上单调递增；在上单调递减；
③时，在，上单调递增；在上单调递减．
（2）时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，
因为对任意，关于x的方程恒有正数解，所以．
21．已知函数，同时满足函数的最小正周期为π，函数的图象经过点．
(1)求的解析式及最小值；
(2)若函数在区间上有且仅有2个零点，求t的取值范围．
【答案】(1)，最小值为－1
(2)
【分析】（1）由倍角公式和辅助角公式，化简函数解析式，利用和求出未知系数，得的解析式，可求最小值.
（2）求出函数零点，建立不等式求t的取值范围．
【详解】（1）因为，所以．
则，
又因为函数的最小正周期为π，所以，所以．
当，，即，时，
所以函数的最小值为－1，
（2）令，则，，所以，．
当，2，3时，函数的零点为，，．
由于函数在区间上有且仅有2个零点，
所以，所以t的取值范围是．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，即可求解；
（2）根据题意转化为成立，利用导数分别求得函数的最值，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意可得，，故，
当时，，所以在上单调递增，无减区间；
当时，令，解得；由，解得，
所以的单调递增区间为，递减区间为．
综上所述，当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，递减区间为．
（2）解：由题意得，只需成立．
因为，令，则，
当时，，当时，
所以在上递减，递增，且
所以，故，即在上单调递增，
所以在上递增，所以．
由（1）知，当时，在上递增，在上递减．
①当即时，在上递减，，
所以，所以；
②当即时，在递增，，
所以，所以；
③当即时，在上递增，在上递减，
可得，
又因为
当时，，所以，所以；
当时，，所以，所以，
综上所述，实数的取值范围是.
【定睛】方法总结：解答函数与不等式的恒成立问题的常见策略：
1、分离参数法：根据题意，化简得到或恒成立，转化为或，利用导数求得函数的最值，即可求解；
2、数形结合法：把恒成立问题转化为的图象在上方（或下方），进而求得参数的范围；
3、讨论最值法：把恒成立问题转化为或恒成立，分离讨论求得函数的单调性与最值，列出不等式，从而求得参数的范围.
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先解一元二次不等式，可求出集合，再根据集合间的运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A.
2．“”的一个必要不充分条件为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用集合关系判定充分必要条件即可.
【详解】显然A项是充要条件，不符合题意；
由“”可推出“”，即B项是充分条件，不符合题意；
“”不能推出“”，反之“”也推不出“”，即C项为既不充分也不必要条件，不符合题意；
易知真包含于，所以“”的一个必要不充分条件为“”，
故选：D．
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】解绝对值不等式得到解集，得到是或的真子集，从而得到答案.
【详解】，解得或，
由于⫋或，则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数图象判断其导数的正负情况，即可求得答案.
【详解】由函数的图象可知当或时，；
当时，，
等价于或，
故不等式的解集为，
故选：A
5．化简的值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】先切化弦变形，再结合辅助角公式、二倍角公式、诱导公式化简求值即可.
【详解】
故选：A.
6．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据函数奇偶性排除选项C，D；再利用特殊值排除选项B即可求解．
【详解】∵，定义域为，
又，可知函数为奇函数，故排除选项C，D；
又由时，，，有，，可得；
当时，，，有，，可得；
故当时，，故排除选项B；
而A选项满足上述条件，故A正确．
故选:A．
7．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列选项正确的为（ ）
A．的图象关于点中心对称B．
C．的图象关于直线对称D．为偶函数
【答案】C
【分析】利用二倍角公式化简可得函数的解析式，再利用三角函数性质逐项判断可得答案.
【详解】，
将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B错误；
所以，故A错误；
，故C正确；
时，，所以为奇函数，故D错误.
故选：C.
8．已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知和都是周期为2的周期函数，因此可将的零点问题转换为和的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.
【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当时，，因此，
因为是奇函数，所以 ，，
且的周期为，且，，，，
求的零点，即是与的交点，如图：
为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，
因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，
若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，
第11个零点坐标为，因此.
故选：A
二、多选题
9．已知且，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】由不等式的性质即可判断.
【详解】由不等式的性质容易判断AD正确；
对B，若b=0，不等式不成立，错误；
对C，若c=0，不等式不成立，错误.
故选：AD.
10．已知集合，，若，则实数的可能取值为（ ）．
A．1B．C．0D．
【答案】ACD
【分析】先求得集合，根据题意得到，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】由集合，且
因为，可得，
①当时，集合，满足；
②当时，由方程，可得，此时，
因为，所以，可得或，解得或，
所以实数的可能取值为.
故选：ACD．
11．若，则下列说法正确的有（ ）
A．的最小正周期是
B．方程是的一条对称轴
C．的值域为
D．，，对都满足，（a，b是实常数）
【答案】BC
【分析】根据，可判断A,根据可判断B,根据周期性以及三角函数的性质可判断C,根据图象可判断D.
【详解】对A,因为，所以，故是的一个周期，故最小正周期是是错误的，
对B，因为，故是的一条对称轴是正确的，
对C,当时，，由，则，故因此，由A知是的周期，故的值域为，C正确，
对D,因为当时，，且是的周期，故画出的图象如图：
由图可知，没有对称中心，故不存在，使得，故D错误.
故选：BC
12．设函数其中，．若，，且相邻两个极值点之间的距离大于，，设，则（ ）
A．B．
C．在上单调递减D．在上存在唯一极值点
【答案】BC
【分析】根据题意求得，由，求得，得到或，当时，求得，得到，进而得到，所以不符合题意，，求得，可判定A不正确；由时，求得，进而可判定B正确；求得，结合正弦型函数的性质，可判定C正确、D错误.
【详解】由函数，因为且，
可得，可得，所以
因为相邻两个极值点之间的距离大于，可得，解得，
所以，可得，可得或，
当时，，可得，
则，可得，即
因为，所以，所以，
可得，则，
因为，所以不符合题意，（舍去），所以，所以A不正确；
当时，可得，解得，
因为，所以，所以B正确；
由，可得，
所以，
其中，因为，可得，
又由，可得，
根据正弦函数的性质，可得在为单调递减函数，
所以在上为单调递减函数，所以C正确；
由，可得，
因为，可得且，
所以当时，即时，函数取得极大值；
当时，即时，函数取得极小值，
所以在上存在一个极大值点和一个极小值点，所以D不正确.
故选：BC.
三、填空题
13．已知角α的终边过点，则 .
【答案】2
【分析】方法1：由角终边上一点的坐标得其正切值，再处理齐次式代入可得结果.
方法2：由角终边上一点的坐标得其正弦值、余弦值代入计算可得结果.
【详解】方法1：由题意知，，
∴，
方法2：由题意知，，，
∴，
故答案为：2.
14．若命题“存在，使”是真命题，则实数的一个可能取值为 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据一元二次方程根的判别式，结合存在性的定义进行求解即可.
【详解】由题意知，方程有解，
所以，得，故实数的一个可能取值为．
故答案为：（答案不唯一）.
15．定义在上的可导函数的值域为，满足，若，则的最小值为 .
【答案】
【分析】化简条件式得，构造函数及，判断其单调性即可.
【详解】∵，∴，则化简得：，
令，则，
即，
令，则，故在上单调递增，
则，
故答案为：
16．已知当时，恒成立，则m的取值范围是
【答案】
【分析】构造函数，根据其单调性，分离参数得在上恒成立，再求出右边的最大值即可.
【详解】因为，
所以，
构造，
因为，
所以，
因为，所以在上是减函数.
因为，所以，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
构造，显然在上单调递增，
所以，即.
故答案为: .
四、解答题
17．已知集合，．
(1)求；
(2)设集合，若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据指数函数和对数函数求解集合，然后按照集合交并补集求解即可；
（2）根据充分不必要性质判断集合是的真子集，然后按照范围大小求解；
【详解】（1）
结合对数函数的单调性解得：
；
（2）“”是“”的充分不必要条件，
所以是的真子集，
所以对于集合：集合
由此解得；
18．设函数．
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)当时，求函数的最大值及此时的值．
【答案】(1)；；
(2)最大值为，此时．
【分析】（1）根据两角差的余弦公式、降幂公式、辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数的周期公式和单调增区间进行求解即可；
（2）根据正弦型函数的最值性质进行求解即可.
【详解】（1）
所以的最小正周期为，
由，
所以函数的单调递增区间为；
（2）当时，，
所以当时，即当时，函数有最大值.
19．（1）计算：
（2）已知，，又，若恒成立，求正实数的最小值．
【答案】（1）32；（2）4
【分析】（1）根据指数和对数的运算法则直接进行计算即可；
（2）利用基本不等式求出 的最小值，问题转化为 ，解不等式即可求得a的范围，进而求出a的最小值.
【详解】（1）
.
（2）恒成立，，
又因为，，
所以，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以，或（舍去，），
，即的最小值为4．
20．已知
(1)讨论的单调性；
(2)若对任意，关于x的方程恒有正数解，求k的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）运用导数分别研究、、时函数的单调性即可.
（2）当时，运用导数研究在上的最小值即可求得结果.
【详解】（1）．
①时，由，在上单调递增．
②时，由得或，得，
所以在，上单调递增；在上单调递减．
③时，由得或，得，
所以在，上单调递增；在上单调递减．
综述：①时，在上单调递增；
②时，在，上单调递增；在上单调递减；
③时，在，上单调递增；在上单调递减．
（2）时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，
因为对任意，关于x的方程恒有正数解，所以．
21．已知函数，同时满足函数的最小正周期为π，函数的图象经过点．
(1)求的解析式及最小值；
(2)若函数在区间上有且仅有2个零点，求t的取值范围．
【答案】(1)，最小值为－1
(2)
【分析】（1）由倍角公式和辅助角公式，化简函数解析式，利用和求出未知系数，得的解析式，可求最小值.
（2）求出函数零点，建立不等式求t的取值范围．
【详解】（1）因为，所以．
则，
又因为函数的最小正周期为π，所以，所以．
当，，即，时，
所以函数的最小值为－1，
（2）令，则，，所以，．
当，2，3时，函数的零点为，，．
由于函数在区间上有且仅有2个零点，
所以，所以t的取值范围是．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，即可求解；
（2）根据题意转化为成立，利用导数分别求得函数的最值，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意可得，，故，
当时，，所以在上单调递增，无减区间；
当时，令，解得；由，解得，
所以的单调递增区间为，递减区间为．
综上所述，当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，递减区间为．
（2）解：由题意得，只需成立．
因为，令，则，
当时，，当时，
所以在上递减，递增，且
所以，故，即在上单调递增，
所以在上递增，所以．
由（1）知，当时，在上递增，在上递减．
①当即时，在上递减，，
所以，所以；
②当即时，在递增，，
所以，所以；
③当即时，在上递增，在上递减，
可得，
又因为
当时，，所以，所以；
当时，，所以，所以，
综上所述，实数的取值范围是.
【定睛】方法总结：解答函数与不等式的恒成立问题的常见策略：
1、分离参数法：根据题意，化简得到或恒成立，转化为或，利用导数求得函数的最值，即可求解；
2、数形结合法：把恒成立问题转化为的图象在上方（或下方），进而求得参数的范围；
3、讨论最值法：把恒成立问题转化为或恒成立，分离讨论求得函数的单调性与最值，列出不等式，从而求得参数的范围.
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