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2024届新疆石河子第一中学高三上学期9月月考数学试题含解析
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这是一份2024届新疆石河子第一中学高三上学期9月月考数学试题含解析，共14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，或，则（ ）
A．B．
C．D．2
【答案】B
【分析】解一元二次不等式求集合M，再由集合的交运算求集合.
【详解】由，又或，
所以.
故选：B
2．函数的零点是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】根据函数零点的定义，令，解方程即可得出答案.
【详解】令，即，解之得，或，所以函数的零点为或.
故选：C.
【点睛】本题考查函数零点的定义，解题时应注意“零点”是一个“数”而不是一个“点”，是方程的根，属于基础题.
3．不等式“”是“”成立的（ ）
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】B
【分析】分别解不等式后即可判断.
【详解】由，可得，充分性不成立；由，可得，可得，必要性成立．
故选：B
4．已知，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对数函数与指数函数的性质比较与的大小即可得结论.
【详解】因为，，，
所以．
故选：D.
5．函数在区间上的图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性，然后代入计算，从而得正确答案.
【详解】，
为奇函数，排除A；
又，排除B；
，即，排除C，
故选：D
6．已知一元二次不等式的解集为，则的最大值为（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
【答案】A
【分析】先根据一元二次不等式的解集求参，再结合基本不等式求最值即可.
【详解】的解集为，故为方程的两个根，
且（当且仅当时等号成立）.
故选：A.
7．已知定义在上的函数满足，且在上是增函数.不等式对于恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由已知可判断函数的对称性和单调性，从而可得在上恒成立，进而可求出的取值范围.
【详解】由题可知，的图象关于轴对称，且在上单调递减，
由得在上恒成立，
得在上恒成立，因为和单调递增，
所以当时，取最大值为；当时，取最小值为，
所以.
故选:A.
8．已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.
【详解】因为，由可得，即函数的定义域为，
可得，
即，
构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，
所以，，可得，则，
即，其中，令，其中，
则，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根式的运算及根式与指数互化判断A、B；应用对数的运算性质判断C、D.
【详解】A：，故错误；B：，故正确；C：，故正确；D：，故错误.
故选：BC.
10．设，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由不等式的基本性质可判断选项，；利用作差法即可判断选项；取特殊值即可判断选项．
【详解】因为，，所以，故错误；
因为，所以，，，
所以，即，故正确；
因为，所以，，则，所以，故正确；
取，，可得，，，故错误．
故选：．
【点睛】方法点睛：利用作差法比较大小，一般采取把差变为几个因式的乘积，先确定各因式的符号，从而确定出差的符号.
11．下列结论中正确的是（ ）
A．若幂函数的图象经过点，则
B．若函数的定义域为，则函数的定义域为
C．若，则，
D．若幂函数，则对任意，都有
【答案】CD
【分析】根据幂函数的定义及性质判断A；由抽象函数的定义域求法判断B；应用换元法求函数解析式判断C；利用分析法证明D.
【详解】A：设，则，即，所以，解得，所以，错误；
B：因为函数的定义域为，对于函数，则，解得，即函数的定义域为，错误；
C：若，令，可得，
所以，，其中，
所以，，，正确；
D：对任意，要证明不等式，
只需证明，即，
故只需证明，此不等式显然成立，正确.
故选：CD.
12．已知函数对都有，且函数的图像关于点对称，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．是R上的偶函数
D．函数有6个零点
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，分析函数的性质，结合指定区间上的解析式，逐项分析计算、判断作答.
【详解】对都有，则，即函数是周期函数，周期为4，
函数的图像向左平移1个单位得函数的图象，又函数的图像关于点对称，
因此函数的图象关于点对称，即函数是R上的奇函数，
当时，，即函数在上递增，在上单调递增，
而，因此在上递增，
由得：，则的图象关于直线对称，函数在上递减，
对于A，，A正确；
对于B，因函数在上递增，函数的周期为4，则在上递增，B正确；
对于C，因，即有，函数不是R上的偶函数，C不正确；
对于D，函数的零点，即函数与图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，
因函数的最大值为1，而当时，，因此函数与图象的交点在内，
观察图象知，函数与图象在内只有6个交点，所以函数有6个零点，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．的值域为
【答案】
【分析】通过换元法，求换元后的值域即可.
【详解】设
则，
，
故函数的值域为.
故答案为：
14．已知，则的值为 ．
【答案】4
【分析】根据即可得到结果.
【详解】因为，所以，故答案为4.
【点睛】本题主要考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】考虑，，三种情况，根据函数的奇偶性计算函数解析式，解不等式得到答案.
【详解】①当时，，，即，即，
解得；
②当时，，不成立；
③当时，，，即，
即，解得；
综上所述：.
故答案为：.
16．已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数 ．
【答案】1
【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.
【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．
故答案为：1.
四、解答题
17．已知集合，．
(1)求，；
(2)若集合，且，求实数的取值范围.
【答案】(1)；或；
(2).
【分析】（1）解一元二次不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解作答.
（2）由（1）的结论，利用集合的包含关系列式求解作答.
【详解】（1）解不等式，即，解得或，则或，
所以，而或，则或.
（2）由（1）知，，因，
当，即，时，满足，则，
当时，，解得，于是得，
所以实数的取值范围是.
18．已知函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间与极值.
【答案】(1)；
(2)函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.
【分析】（1）求出函数的导数，计算出和的值，利用点斜式写出切线的方程；
（2）解方程，然后列表对函数进行分析，可得出函数的单调区间和极值.
【详解】（1）∵，
，
，，
因此，函数在点处的切线方程为，即；
（2）因为，
令，得或，
当变化时，，变化如下：
因此，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.
19．已知a，b为常数，且，，.
(1)若方程有唯一实数根，求函数的解析式
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据及方程有唯一解，结合根的判别式列出方程组，求出，得到解析式；
（2）只需求出大于或等于，利用函数单调性求出，得到不等式，求出答案.
【详解】（1）由题意得，故，
即有唯一实数根，故，
解得，故，
故；
（2），不等式恒成立，
只需的最小值大于或等于，
当时，在上单调递增，
故，所以，解得，
所以实数a的取值范围是.
20．已知函数是定义域为的奇函数，且
(1)求实数a，b的值．
(2)判断在上的单调性，并用定义法证明．
(3)解不等式：.
【答案】(1)；
(2)在上为增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出；
（2）利用定义法求解函数单调性步骤：取点，作差，变形判号，下结论；
（3）根据函数奇偶性和单调性，结合函数定义域得到不等式组，求出解集.
【详解】（1）由题意得，解得，经验证满足题设；
（2）在上是增函数，
证明如下：在上任取两数且，
则，
因为，所以，，
故，即，
所以在上为增函数；
（3）为奇函数，定义域为，
由得，
∵在上为增函数，
∴，解得.
所以原不等式的解集为
21．设函数，其中．
（1）若，且为上偶函数，求实数的值；
（2）若，且在上有最小值，求实数的取值范围并求出这个最小值；
（3），，解关于的不等式．
【答案】（1）；（2）；最小值；（3）当，即时，解集为；当，即时，解集为．
【分析】（1）由题中偶函数这一条件，利用特殊值“1”与其相反数“-1”函数值相等列式求解，并注意检验；（2）代入参数值后观察式子知要进行换元，转化为二次函数在区间内有最小值的问题；（3）将原式参变分离后讨论不同范围时原不等式的解集即可.
【详解】解：（1），所以，所以，
检验，此时，，
所以，为偶函数；
（2），令，
则在上有最小值，
当且仅当，且即时，
，即函数有最小值．
（3），所以，所以，
因为，，所以．
①，即，解集为；
②，即，解集为．
所以当，即时，解集为；当，即时，解集为．
22．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】(1)求出函数的导函数，分和讨论，结合函数的定义域，可得到函数的单调区间.
(2) 当时，由（1）得，,即证明当时，，设，求导讨论出函数的单调性，求出其最小值，即可证明.
【详解】解：（1）函数的定义域是，
，
（i）若，当时，，
当时，，
故在递增，在递减，
（ii）若，当时，，
当时，，
故在递增，在递减；
（2）当时，由（1）得，，
令，
设，则，
，
∵，当时，， 当时，，
故在递增，在递减，
故，
故时，成立．
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性和利用导数证明不等式,属于中档题.
极大值
极小值
一、单选题
1．已知集合，或，则（ ）
A．B．
C．D．2
【答案】B
【分析】解一元二次不等式求集合M，再由集合的交运算求集合.
【详解】由，又或，
所以.
故选：B
2．函数的零点是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】根据函数零点的定义，令，解方程即可得出答案.
【详解】令，即，解之得，或，所以函数的零点为或.
故选：C.
【点睛】本题考查函数零点的定义，解题时应注意“零点”是一个“数”而不是一个“点”，是方程的根，属于基础题.
3．不等式“”是“”成立的（ ）
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】B
【分析】分别解不等式后即可判断.
【详解】由，可得，充分性不成立；由，可得，可得，必要性成立．
故选：B
4．已知，，，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对数函数与指数函数的性质比较与的大小即可得结论.
【详解】因为，，，
所以．
故选：D.
5．函数在区间上的图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性，然后代入计算，从而得正确答案.
【详解】，
为奇函数，排除A；
又，排除B；
，即，排除C，
故选：D
6．已知一元二次不等式的解集为，则的最大值为（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
【答案】A
【分析】先根据一元二次不等式的解集求参，再结合基本不等式求最值即可.
【详解】的解集为，故为方程的两个根，
且（当且仅当时等号成立）.
故选：A.
7．已知定义在上的函数满足，且在上是增函数.不等式对于恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由已知可判断函数的对称性和单调性，从而可得在上恒成立，进而可求出的取值范围.
【详解】由题可知，的图象关于轴对称，且在上单调递减，
由得在上恒成立，
得在上恒成立，因为和单调递增，
所以当时，取最大值为；当时，取最小值为，
所以.
故选:A.
8．已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.
【详解】因为，由可得，即函数的定义域为，
可得，
即，
构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，
所以，，可得，则，
即，其中，令，其中，
则，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根式的运算及根式与指数互化判断A、B；应用对数的运算性质判断C、D.
【详解】A：，故错误；B：，故正确；C：，故正确；D：，故错误.
故选：BC.
10．设，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】由不等式的基本性质可判断选项，；利用作差法即可判断选项；取特殊值即可判断选项．
【详解】因为，，所以，故错误；
因为，所以，，，
所以，即，故正确；
因为，所以，，则，所以，故正确；
取，，可得，，，故错误．
故选：．
【点睛】方法点睛：利用作差法比较大小，一般采取把差变为几个因式的乘积，先确定各因式的符号，从而确定出差的符号.
11．下列结论中正确的是（ ）
A．若幂函数的图象经过点，则
B．若函数的定义域为，则函数的定义域为
C．若，则，
D．若幂函数，则对任意，都有
【答案】CD
【分析】根据幂函数的定义及性质判断A；由抽象函数的定义域求法判断B；应用换元法求函数解析式判断C；利用分析法证明D.
【详解】A：设，则，即，所以，解得，所以，错误；
B：因为函数的定义域为，对于函数，则，解得，即函数的定义域为，错误；
C：若，令，可得，
所以，，其中，
所以，，，正确；
D：对任意，要证明不等式，
只需证明，即，
故只需证明，此不等式显然成立，正确.
故选：CD.
12．已知函数对都有，且函数的图像关于点对称，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．是R上的偶函数
D．函数有6个零点
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，分析函数的性质，结合指定区间上的解析式，逐项分析计算、判断作答.
【详解】对都有，则，即函数是周期函数，周期为4，
函数的图像向左平移1个单位得函数的图象，又函数的图像关于点对称，
因此函数的图象关于点对称，即函数是R上的奇函数，
当时，，即函数在上递增，在上单调递增，
而，因此在上递增，
由得：，则的图象关于直线对称，函数在上递减，
对于A，，A正确；
对于B，因函数在上递增，函数的周期为4，则在上递增，B正确；
对于C，因，即有，函数不是R上的偶函数，C不正确；
对于D，函数的零点，即函数与图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数与的部分图象，如图，
因函数的最大值为1，而当时，，因此函数与图象的交点在内，
观察图象知，函数与图象在内只有6个交点，所以函数有6个零点，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．的值域为
【答案】
【分析】通过换元法，求换元后的值域即可.
【详解】设
则，
，
故函数的值域为.
故答案为：
14．已知，则的值为 ．
【答案】4
【分析】根据即可得到结果.
【详解】因为，所以，故答案为4.
【点睛】本题主要考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】考虑，，三种情况，根据函数的奇偶性计算函数解析式，解不等式得到答案.
【详解】①当时，，，即，即，
解得；
②当时，，不成立；
③当时，，，即，
即，解得；
综上所述：.
故答案为：.
16．已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数 ．
【答案】1
【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.
【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．
故答案为：1.
四、解答题
17．已知集合，．
(1)求，；
(2)若集合，且，求实数的取值范围.
【答案】(1)；或；
(2).
【分析】（1）解一元二次不等式化简集合B，再利用补集、交集的定义求解作答.
（2）由（1）的结论，利用集合的包含关系列式求解作答.
【详解】（1）解不等式，即，解得或，则或，
所以，而或，则或.
（2）由（1）知，，因，
当，即，时，满足，则，
当时，，解得，于是得，
所以实数的取值范围是.
18．已知函数．
(1)求在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间与极值.
【答案】(1)；
(2)函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.
【分析】（1）求出函数的导数，计算出和的值，利用点斜式写出切线的方程；
（2）解方程，然后列表对函数进行分析，可得出函数的单调区间和极值.
【详解】（1）∵，
，
，，
因此，函数在点处的切线方程为，即；
（2）因为，
令，得或，
当变化时，，变化如下：
因此，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为.
19．已知a，b为常数，且，，.
(1)若方程有唯一实数根，求函数的解析式
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据及方程有唯一解，结合根的判别式列出方程组，求出，得到解析式；
（2）只需求出大于或等于，利用函数单调性求出，得到不等式，求出答案.
【详解】（1）由题意得，故，
即有唯一实数根，故，
解得，故，
故；
（2），不等式恒成立，
只需的最小值大于或等于，
当时，在上单调递增，
故，所以，解得，
所以实数a的取值范围是.
20．已知函数是定义域为的奇函数，且
(1)求实数a，b的值．
(2)判断在上的单调性，并用定义法证明．
(3)解不等式：.
【答案】(1)；
(2)在上为增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出；
（2）利用定义法求解函数单调性步骤：取点，作差，变形判号，下结论；
（3）根据函数奇偶性和单调性，结合函数定义域得到不等式组，求出解集.
【详解】（1）由题意得，解得，经验证满足题设；
（2）在上是增函数，
证明如下：在上任取两数且，
则，
因为，所以，，
故，即，
所以在上为增函数；
（3）为奇函数，定义域为，
由得，
∵在上为增函数，
∴，解得.
所以原不等式的解集为
21．设函数，其中．
（1）若，且为上偶函数，求实数的值；
（2）若，且在上有最小值，求实数的取值范围并求出这个最小值；
（3），，解关于的不等式．
【答案】（1）；（2）；最小值；（3）当，即时，解集为；当，即时，解集为．
【分析】（1）由题中偶函数这一条件，利用特殊值“1”与其相反数“-1”函数值相等列式求解，并注意检验；（2）代入参数值后观察式子知要进行换元，转化为二次函数在区间内有最小值的问题；（3）将原式参变分离后讨论不同范围时原不等式的解集即可.
【详解】解：（1），所以，所以，
检验，此时，，
所以，为偶函数；
（2），令，
则在上有最小值，
当且仅当，且即时，
，即函数有最小值．
（3），所以，所以，
因为，，所以．
①，即，解集为；
②，即，解集为．
所以当，即时，解集为；当，即时，解集为．
22．已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】(1)求出函数的导函数，分和讨论，结合函数的定义域，可得到函数的单调区间.
(2) 当时，由（1）得，,即证明当时，，设，求导讨论出函数的单调性，求出其最小值，即可证明.
【详解】解：（1）函数的定义域是，
，
（i）若，当时，，
当时，，
故在递增，在递减，
（ii）若，当时，，
当时，，
故在递增，在递减；
（2）当时，由（1）得，，
令，
设，则，
，
∵，当时，， 当时，，
故在递增，在递减，
故，
故时，成立．
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的单调性和利用导数证明不等式,属于中档题.
极大值
极小值
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