山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试卷

这是一份山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试卷，共12页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．已知集合，，若，则的值是（ ）
A．-2B．-1C．0D．1
2．函数的零点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知，，，则
A．B．C．D．
4．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的，都有，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知是定义在上的偶函数，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
6．若正数x，y满足，则使得不等式恒成立的的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若实数满足关系式，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数f(x)=sinπx2, 0≤x≤2--x2+6x-8,2A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9．下列命题是真命题是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．若，，则的最大值为4
C．若命题“”是真命题，则实数的取值范围是
D．命题，使得，则，都有
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的定义域为R B．函数在R上为增函数
C．函数的值域为 D．函数只有一个零点
11．已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（ ）
A． B．的值域为 C． D．是奇函数
三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．）
12．已知函数（且）的图象恒过定点，且点在函数的图象上，
则 .
13．若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则 .
14．已知函数，若、、互不相等，且，则的取值范围为 （用区间表示）
四、解答题（本大题共5小题， 共 77 分， 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．已知指数函数．
(1)求的值；
(2)若，求的值；
(3)若，求的取值范围．
16．已知幂函数的图像关于轴对称，且在上单调递增.
(1)求的值及函数的解析式；
(2)若，求实数的取值范围.
17．已知函数.
(1)求的定义域；
(2)判断的奇偶性并给予证明；
(3)求关于的不等式的解集.
18．若二次函数对任意都满足，其最小值为，且有
(1)求的解析式；
(2)解关于的不等式；
(3)设函数，求在区间的最小值.
19．已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的m，，，都有．
(1)若，求实数a的取值范围；
(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．B解析：因为，若，经验证不满足题意；
若，经验证满足题意.所以.故选：B.
2．B解析：由于函数在上是增函数，且，
故函数在上有唯一零点，也即在上有唯一零点.故选：B.
3．A分析：容易得出，，，从而得出，，的大小关系．
解析：，，；．故选．
点睛：本题主要考查指数函数、对数函数的单调性，指数函数的值域．属于基础题.
4．B分析：由函数为偶函数可得原不等式等价于，再根据单调性解不等式.
解析：因为f(x)是偶函数，且f(x)在上单调递减，
所以不等式等价于，即，解得或，
所以满足的x的取值范围是．故选：B．
5．C分析：偶函数定义域必关于原点对称，且即可求解.
解析：由题：定义域为，所以，且解得：，
又对任意，，恒成立，
即恒成立，即恒成立，得：，所以.故选：C
点睛：此题考查函数奇偶性概念辨析，判断函数奇偶性，必须定义域关于原点对称，再讨论关系方可求解.
6．B分析：直接利用乘“1”法结合基本不等式即可求出，最后解出不等式即可.
解析：由，且，则
则，
当且仅当时等号成立，所以，解得，故选：B.
7．C分析：令，则，把看作关于的一元二次方程的两根，结合，求t的范围，再由，应用二次函数的性质求最小值.
解析：令，则，将看作关于的一元二次方程的两根，
则，故，可得或，
由，
结合二次函数性质，在上递减，在上递增，
又，
所以的最小值为.故选：C
点睛：关键点点睛：令，将看作关于的一元二次方程的两根，利用求参数范围为关键.
8．B分析：作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围．
解析：当时，，则，等式两边平方得，
整理得，
所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，
由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，
直线过定点，
当直线过点时，则，可得；
当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，，
此时，解得．
由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点．
因此，实数取值范围是．故选：．
点睛：本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图象的应用，考查数形结合思想的应用，属于难题．
9．AD分析：根据充分与必要条件定义可判断A，结合基本不等式可判断B，讨论与可判断C，根据命题的否定定义可判断D．
解析：对于A，当时有；当时，有或，故A正确；
对于B，由，当且仅当即时取等号，故最小值为4，故B错误；
对于C，当时，命题“”是真命题，
当时，由于，则，解得
则实数的取值范围是，故C错；
对于D，根据命题的否定定义可得 ，都有，故D正确．故选：AD
10．AC分析：A．根据分段函数的每一段的取值范围进行分析即可；
B．先分析每一段函数的单调性，然后再分析在分段点处的函数值大小关系，由此进行判断；
C．分析每一段函数的值域，然后取并集并进行判断；
D．分别考虑和时，时的值，由此判断出的零点个数.
解析：选项A：由已知可得函数定义域为R，故A正确；
选项B：当时，函数为增函数，当时，函数为增函数，且，
所以函数在R上不单调，故B错误；
选项C：当时，，即，当时，，，
所以函数的值域为，故C正确；
选项D：当时，令，解得，当时，令，解得，
故函数有两个零点，故D错误，故选：AC.
点睛：易错点睛：分析分段函数时需要注意的事项：
（1）分析分段函数的定义域和值域时，求解的是各段函数定义域和值域的并集；
（2）分析分段函数的单调性时，先要分析各段函数的单调性，然后分析分段点处的函数值的大小关系，最后得出结论；
（3）分析分段函数的零点时，根据各段函数等于零时的值，确定出函数的零点.
11．AC分析：对于A：利用赋值法，令代入运算即可；对于C：令，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可.
解析：对于A， 令，则，可得，
且不恒为0，所以，故A正确；
对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
可知符合题意，但，故B错误；
对于C，令，则，可得，
即，故C正确；
对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
注意到同号，
可得，
可知符合题意，
但，即为偶函数，故D错误； 故选：AC.
点睛：关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数和分析判断.
12．2分析：令对数的真数等于1，求得、的值，即为定点的坐标，再代入函数的解析式即可求出的值．
解析：令得：，此时，
函数且的图象恒过定点，即，
又点在函数的图象上，，，故答案为：2．
点睛：本题主要考查对数函数的图象经过定点问题，属于基础题．
13．
分析：由奇、偶函数和周期函数的定义，可得的最小正周期，结合对数的运算性质可得答案．
解析：由是定义在上的奇函数，为偶函数，
可得，，即，
所以，可得，则的最小正周期为4，
当时，，
则．故答案为：．
14．分析：先画出图象，设，可得出，可得出，，，进而得出，令，然后构造函数，利用双勾函数的单调性求得函数在区间上的值域，即为所求.
解析：作出函数的图象如下图所示：
不妨设，设，则、、可视为直线与函数的图象的三个交点的横坐标，
由图象可得，且，可得，，，
所以，，令，设，
由双勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，则，即.
因此，的取值范围是. 故答案为：.
点睛：本题考查零点相关的代数式的取值范围的计算，构造新函数，将问题转化为新函数的值域问题是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.
15．分析：（1）代入计算即可.（2）代入计算即可.
（3）根据指数函数的单调性化简不等式，再解不等式即可.
解析：（1）由题意得，.
（2）因为，所以.
（3）因为指数函数在上单调递增，
所以不等式等价于，解得，所以的取值范围为.
16．分析：（1）由幂函数的单调性求得,由，通过检验即可求解；
（2）由已知得，两边平方，即可求解实数的取值范围．
解析：（1）由幂函数在上单调递增知, ,解得,
又,则.
当或时，，不符合的图像关于轴对称，故舍去.
当时，，图像关于轴对称，符合题意.综上所述，.
（2）由（1）得，为偶函数，且在上单调递增，
因为,所以,
两边平方，得,
化简得，解得或，
故实数的取值范围为.
17．分析：（1）根据对数函数真数大于0见解析即可；（1）根据奇偶性证明步骤进行即可；（3）分类讨论，单调性不同两种情况即可.
解析：（1）根据题意，函数，
所以，解可得，
所以函数的定义域为；
（2）由（1）得函数的定义域为，关于原点对称，
因为函数，
所以，
所以函数为奇函数.
（3）根据题意，即，
当时，有，解可得，此时不等式的解集为；
当时，有，解可得，此时不等式的解集为
所以当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
18．分析：（1）设出二次函数的解析式，代入条件运算得解；
（2）将代入，对其对应方程的两根大小讨论得解；
（3）求得的解析式和对称轴，根据对称轴和区间的位置关系进行分类讨论，根据二次函数的单调性结合对称轴，求得函数在区间上的最小值.
解析：（1）由，则的对称轴为，且最小值为，
所以设，，又，
，解得，.
（2）由（1），，即，
其对应方程的根为，
当即时，解不等式得或，
当即时，解不等式得，
当即时，解不等式得或，
综上，不等式的解集为：
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或.
（3）由（1），，对称轴，，
当即时，在上单调递增，则；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则；
当即时，在上单调递减，则.
.
19．分析：（1）利用单调性的定义，证得在上递增，由此结合奇函数的性质化简不等式，求得的取值范围.
（2）由（1）可得函数在上的最大值为，由条件可得，解不等式可得a的取值范围．
解析：（1）任取两个实数，满足，
由题意可得，即，
在定义域上是增函数.
因为是定义在上的奇函数，
所以当时，，
所以，可化为，所以
所以，解得，a的取值范围为.
（2）由（1）知函数在定义域上是增函数，
所以当时，函数取最大值，最大值为，
又是定义在上的奇函数，所以，又，
所以函数在定义域上的最大值为，
因为不等式恒成立，所以，所以，
故不等式可化为，所以，解得或，
所以a的取值范围为．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
B
C
B
C
B
AD
AC
题号
11









答案
AC