2024届北京市海淀区中国农业大学附属中学高三上学期第一次月考（10月）数学试题含解析

这是一份2024届北京市海淀区中国农业大学附属中学高三上学期第一次月考（10月）数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，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】A
【分析】解不等式得到集合，然后求交集即可.
【详解】，所以.
故选：A.
2．下列函数中，是偶函数且在上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.
【详解】对于A，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上不是单调递减，不符合题意；故A错误；
对于B，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递减，符合题意；故B正确；
对于C，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递增；不符合题意；故C错误；
对于D，的定义域为，不是偶函数，不符合题意；故D错误；
故选：B.
3．角以为始边，它的终边与单位圆相交于第四象限点，且点的横坐标为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，，结合角在第四象限可得，利用同角三角函数的平方关系和商数关系，即得解
【详解】角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，
所以
由于角在第四象限，故
故选：C
4．设，，则“”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】D
【分析】由指数函数单调性可得，探讨与的关系，结合充分必要条件的定义即可判断作答.
【详解】因函数在R上单调递增，则由得，即，
当时，不一定有，如：，不成立，
当时，也不一定有，如，即，不成立，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件
故选：D
5．下列不等式成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性和正余弦函数的图象可确定各个选项的正误.
【详解】对于，，，错误；
对于，在上单调递减，，错误；
对于，，，，错误；
对于，在上单调递增，，正确.
故选：.
【点睛】本题考查根据初等函数的单调性比较大小的问题；关键是熟练掌握正余弦函数图象、指数函数、对数函数和幂函数的单调性.
6．已知二次函数的图象如图所示，将其向右平移个单位长度得到函数的图象，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出函数与的图象，数形结合可得出不等式的解集.
【详解】根据图中信息作出函数、的图象如下图所示：
因为，则，且，
由图可知，不等式的解集为.
故选：C.
7．函数在区间上的最大值是（ ）
A．0B．C．1D．
【答案】D
【分析】求导得到的单调性，然后根据单调性求最大值即可.
【详解】，定义域为，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，单调递减，
所以在区间上的最大值为.
故选：D.
8．函数有两个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将有两个不同的零点转化为方程在有，两个根，然后利用韦达定理列不等式求解即可.
【详解】令，则，
函数单调递增，所以要想有两个不同的零点，
则需要函数有两个零点，即方程在有，两个根，
所以，解得.
故选：B.
9．已知函数的图象如图所示，则可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数图象可得函数为偶函数，再根据的大小可得正确的选项.
【详解】对于B，不是常数函数，且，
故为奇函数，
但函数图象关于轴对称且由函数图象可知函数不是常数函数，故排除B，
对于A，因为，但由图象可得，故排除A，
对于D，，但由图象可得，故排除D，
故选：C.
10．已知函数且关于的方程有三个不等实根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】转化关于的方程有三个不等实根为有三个不同的交点，分，讨论，当时，考虑临界状况，与相切，分析即得解
【详解】
由题意，关于的方程有三个不等实根，可转化为有三个不同的交点
结合图像，当时显然不成立；
当时，考虑临界状况，与相切
设切点为，
由于
从而切线方程为：，由于直线过原点
故
数形结合可知，当，即时，有三个不同的交点
即关于的方程有三个不等实根
故选：
二、填空题
11．函数的定义域为 .
【答案】
【解析】根据函数解析式，列出不等式组求解即可.
【详解】因为函数，
所以解得，
所以函数定义域为，
故答案为：
12．幂函数的图象经过点（4，2），那么的值是
【答案】
【详解】试题分析：设函数式为，代入点（4，2）得
【解析】幂函数
三、双空题
13．若是奇函数，则 ， ．
【答案】 1 1
【分析】根据奇函数的性质求解即可.
【详解】因为为奇函数，所以当时，，
所以，.
故答案为：1；1.
四、填空题
14．若函数（且）的值域是，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【详解】试题分析：由于函数的值域是，故当时，满足，当时，由，所以，所以，所以实数的取值范围.
【解析】对数函数的性质及函数的值域.
【方法点晴】本题以分段为背景主要考查了对数的图象与性质及函数的值域问题，解答时要牢记对数函数的单调性及对数函数的特殊点的应用是解答的关键，属于基础题，着重考查了分类讨论的思想方法的应用，本题的解答中，当时，由，得，即，即可求解实数的取值范围.
15．设函数的定义域为，如果对任意，都存在唯一的，使得（为常数）成立，那么称函数在上具有性质．现有函数：
①；②；③；④．
其中，在其定义域上具有性质的函数的是 ．（请填写序号）
【答案】①③
【分析】根据性质的函数定义，列出方程可以解出关于表达式且情况唯一的选项是①和③，而②和④通过解方程发现不符合这个定义，从而可以判断正确答案.
【详解】①的定义域为R，取任意，则，
解得，可以得到唯一的，
所以函数在R上具有性质；
②的定义域为R，值域为，且在R上单调递增，
若，，，要使成立，则，
所以不存在满足条件的，故②错；
③的定义域为，值域为R，且在上单调递增，
对于任意，显然必存在唯一的使得成立，
所以函数在上具有性质；
④为周期函数，定义域为，值域为R，
对任意，存在无穷多个使得成立，
故不满足条件，故④错.
故答案为：①③.
五、解答题
16．已知函数，.
(1)当时，求在区间上的最大值和最小值；
(2)求的单调区间．
【答案】(1)最大值为3，最小值为0
(2)答案见解析.
【分析】(1)对函数求导，判断函数的单调性，根据单调性求函数的最值；
(2)对函数求导，求出导函数的零点为，对两根的大小进行分类讨论，根据导函数的值的符号，得到函数的单调区间.
【详解】（1）解：（1）当时，，
，令得，或.
当在区间上变化时，的变化情况如下表
因为，所以在区间上的最大值为3，最小值为0.
（2）（2），
令得，或，
当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，，随着的变化，的变化情况如下表
所以的单调递增区间为，；的单调递减区间为.
当时，，随着的变化，的变化情况如下表
所以的单调递增区间为(-∞， a)，(，+∞)；的单调递减区间为(a，).
综上所述：当时，所以的的单调递增区间为，无单调递减区间.
当时，的单调递增区间为，；的单调递减区间为.
当时，的单调递增区间为，；的单调递减区间为.
17．记数列的前项和为，若对于任意的正整数，都有.
（1）求，；
（2）设，求证：数列是等比数列；
（3）求数列的前项和.
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）直接利用数列的递推关系式和赋值法的应用求出结果；
（2）利用递推关系式的应用求出数列为等比数列；
（3）利用（2）的结论，进一步利用分组法的应用求出数列的和.
【详解】（1）数列的前项和为，若对于任意的正整数，都有.
当时，解得，
当时，，解得.
（2）由于①，
当时，②，
①②得：，
由于，
所以，
故，
所以数列是以6为首项，3为公比的等比数列；
（3）由（2）得：，
故，
所以.
18．为落实国家“精准扶贫”政策，某企业于年在其扶贫基地投入万元研发资金，用于养殖业发展，并计划今后年内在此基础上，每年投入的资金比上一年增长．
(1)写出第年（年为第一年）该企业投入的资金数（万元）与的函数关系式，并指出函数的定义域；
(2)该企业从第几年开始（年为第一年），每年投入的资金数将超过万元？（参考数据：，，，，）
【答案】(1)，其定义域为
(2)第年
【分析】（1）由题设，应用指数函数模型，写出前2年的研发资金，然后进一部确定函数解析式及定义域；
（2）由（1）得，然后利用对数运算求解集.
【详解】（1）第一年投入的资金数为万元，
第二年投入的资金数为万元，
第x年（年为第一年）该企业投入的资金数（万元）与的函数关系式为，其定义域为．
（2）由（1）得， ，
即，
因为，
所以．
即该企业从第年，就是从年开始，每年投入的资金数将超过万元．
19．已知函数，（）．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
(3)若对任意，存在，使得，求的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
(3)
【分析】（1）将代入不等式，解该一元二次不等式即可；
（2）转化为一元二次不等式恒成立问题，利用即可解得参数的范围；
（3）对任意，存在，使得，转化为的值域包含于的值域.同时对值域的求解，需要根据二次函数对称轴与闭区间的相对位置进行讨论，最终解不等式组求解.
【详解】（1）当时，由得，
即，解得或．
所以不等式的解集为或．
（2）由得，
即不等式的解集是．
所以，解得．
所以的取值范围是．
（3）当时，．
又．
①当，即时，
对任意，．
所以，此时不等式组无解，
②当，即时，
对任意，．
所以解得，
③当，即时，
对任意，．
所以此时不等式组无解，
④当，即时，
对任意，．
所以此时不等式组无解．
综上，实数的取值范围是．
【点睛】关键点点睛，本题中“对任意，存在，使得”这一条件转化为函数值域的包含关系是解决问题的关键，而其中二次函数在闭区间上的值域问题，又需要针对对称轴与区间的相对位置进行讨论.
20．已知函数，，、.
（1）若，且函数的图象是函数图象的一条切线，求实数的值；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；
（3）若对任意实数，函数在上总有零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1）由得出，由此得出，设切点为，由题意得出，可求出的值；
（2）由参变量分离法得出，构造函数，利用导数分析得出，由此可得出实数的取值范围；
（3）根据题意，对函数求导可得，对实数分和两种情况讨论，分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出实数的取值范围.
【详解】（1）由，得，，
设函数与函数相切于点，则，
由题意可得，解得，因此，；
（2）由题意得，恒成立．
令，，则，
再令，则，令，解得.
故当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
从而，函数在上有最小值，
即有在上恒成立，
所以，函数在上单调递增，故，所以.
因此，实数的取值范围是；
（3）由题意可得，其导数.
①当时，对任意的恒成立，则函数在上为增函数，
若函数在上总有零点，则有，解得；
②当时，令，解得.
当时，；当时，.
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
则函数在处取得最小值，即.
（i）当时，即当时，对任意的，，
则函数在区间上单调递增，
若函数在区间上恒有零点，则，解得；
（ii）当时，即当时，若，则；若，则.
则函数在上单调递减，在上单调递增.
，可得.
构造函数，其中，则，
所以，函数在区间上单调递减，则，.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数分析函数的单调性和最值，同时也考查了函数的零点问题以及导数的几何意义，解题时注意导数与函数单调性之间的关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
21．已知函数，设在点处的切线为
（1）求直线的方程；
（2）求证：除切点之外，函数的图像在直线的下方；
（3）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围
【答案】（1）y＝x﹣1；（2）见详解；（3）（﹣∞，1）.
【分析】（1）求导得，由导数的几何意义k切＝f′（1），进而可得答案．
（2）设函数h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝﹣x+1，求导得h′（x），分析h（x）的单调性，最值，进而可得f（x）﹣（x﹣1）≤0，则除切点（1，0）之外，函数f（x）的图象在直线的下方．
（3）若存在x∈（1，+∞），使得不等式a＜成立，令g（x）＝，x＞1，只需a＜g（x）max．
【详解】（1），
由导数的几何意义k切＝f′（1）＝1，
所以直线m的方程为y＝x﹣1．
（2）证明：设函数h（x）＝f（x）﹣（x﹣1）＝﹣x+1，
，
函数定义域为（0，+∞），
令p（x）＝1﹣lnx﹣x2，x＞0，
p′（x）＝﹣﹣2x＜0，
所以p（x）在（0，+∞）上单调递减，
又p（1）＝0，
所以在（0，1）上，p（x）＞0，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
在（1，+∞）上，p（x）＜0，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）max＝h（1）＝0，
所以h（x）≤h（1）＝0，
所以f（x）﹣（x﹣1）≤0，
若除切点（1，0）之外，f（x）﹣（x﹣1）＜0，
所以除切点（1，0）之外，函数f（x）的图象在直线的下方．
（3）若存在x∈（1，+∞），使得不等式f（x）＞a（x﹣1）成立，
则若存在x∈（1，+∞），使得不等式＞a成立，
即若存在x∈（1，+∞），使得不等式a＜成立，
令g（x）＝，x＞1，
g′（x）＝
＝ ，
令s（x）＝x﹣1﹣（2x﹣1）lnx，x＞1
s′（x）＝1﹣2lnx﹣（2x﹣1）•，
令q（x）＝﹣x﹣2xlnx+1，x＞1
q′（x）＝﹣1﹣2lnx﹣2＝﹣3﹣2lnx＜0，
所以在（1，+∞）上，q（x）单调递减，
又q（1）＝0，
所以在（1，+∞）上，q（x）＜0，s′（x）＜0，s（x）单调递减，
所以s（x）≤s（1）＝0，即g′（x）≤0，g（x）单调递减，
又，
所以a＜1，
所以a的取值范围为（﹣∞，1）．
(1，2)
2
(2，3)
-
0
+
单调递减
0
单调递增

a
+
0
-
0
+
单调递增
单调递减
0
单调递增
a
)
+
0
-
0
+
单调递增
0
单调递减
单调递增