重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高一上学期第三次定时检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高一上学期第三次定时检测数学试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回 等内容，欢迎下载使用。
数学试题
(满分: 150 分; 考试时间: 120 分钟)
2024 年 12 月
注意事项:
1. 答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2. 答选择题时，必须使用 铅笔填涂; 答非选择题时，必须使用 0.5 毫米的黑色签字笔书写; 必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效保持答卷清洁、完整.
3. 考试结束后，将答题卡交回 (试题卷学生保存，以备评讲).
一、单项选择题: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. （ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的性质求解即可.
【详解】.
故选：C.
2. 幂函数的图象过点 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用待定系数法求解即可.
【详解】设，
则，所以，
所以.
故选：B.
3. 已知 ，则 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间量法即可得出答案.
【详解】∵是R上减函数，和分别是上的增函数和减函数；
∴，，
所以.
故选：A.
4. 若函数 与函数 的图象关于直线 对称，则 的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先得，根据它的定义域、单调性以及它所过定点即可得解.
【详解】由题意函数 与函数 互为反函数，
所以，解得，它在定义域内单调递增，且过定点，
对比选项可知A符合题意.
故选：A.
5. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气.按照国家标准，教室内空气中二氧化碳最高容许浓度为，经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为（ ）
（参考数据，）
A. 6B. 7C. 10D. 11
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列式求得，从而得到关于的不等式，利用对数函数的单调性解不等式即可得解.
【详解】依题意，当时，，解得，
所以，由得，
所以，则，故，
所以的最小整数值为.
故选：B.
6. ，使得关于的不等式 有解，则实数的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分离参数可得，只需要即可，利用双勾函数的性质求出即可得解.
【详解】，使得关于的不等式有解，
即，不等式，
则只需要即可，
由双勾函数的性质可得函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
所以，所以，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
7. 定义在上的函数，满足对任意，且，都有. 已知，则不等式的解集为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，则由，可得，构造函数，从而可得出函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式即可.
【详解】由题意，不妨设，
则由，可得，
则，
所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，
由，得，
由，得，
因为函数的定义域为，所以，
所以，即，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
故选：A.
8. 若 表示三个数中的最大值，则对任意的正实数的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】设，因，可得，
借助于基本不等式可得，验证等号成立的条件，即得.
【详解】设，则，，，
因，则得．又因，所以，
当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为2．
故选：B.
二、多项选择题: 本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项
符 合题目要求. 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. 为实数，且，则下列式子中一定成立的是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先分别求出，根据幂函数的性质即可判断A；根据换底公式结合对数函数的单调性即可判断B；根据对数的加法即可判断C；利用基本不等式中“1”的整体代换即可判断D.
【详解】因为，
所以，
对于A，因为函数在上单调递增，，
所以，故A正确；
对于B，，所以，故B错误；
对于C，因为，所以，即，故C正确；
对于D，，
又因为，即，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数图象关于直线 对称，则函数的解析式可以是 （ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由，结合定义域逐个判断即可.
【详解】对于A，，显然不满足错误；
对于B，由，可得：， ，满足，关于直线 对称，正确；
对于C，由可得：或，定义域不关于直线 对称，故图像也不可能关于直线 对称，错误；
对于D，，
，满足，图像关于直线 对称，正确；
故选：BD
11. 若定义域为. 对任意，存在唯一，使得，则称在定义域上是“倒数函数”，则下列说法正确是（ ）
A. 是倒数函数
B. 是倒数函数
C. 若在上是倒数函数，则
D. 若存在，使得 在定义域上是倒数函数，则
【答案】AC
【解析】
【分析】翻译题目可得在定义域上是“倒数函数”当且仅当，其中的值域、
的值域分别为，对于AB，直接根据等价命题判断即可，对于C，首先求得，根据倒数函数的定义可得（1）且（2），解出即可判断；对于D，对进行适当划分并分类讨论，由必要性得，反过来验证充分性是否成立即可.
【详解】由题意对任意，存在唯一，使得，
则称在定义域上“倒数函数”，
则在定义域上是“倒数函数”当且仅当对任意，存在唯一，
使得；
即当且仅当的值域是的值域的子集，
定义的值域、的值域分别为，
所以在定义域上是“倒数函数”当且仅当；
对于A，的值域为，
而的值域为，显然满足，
又为增函数，故唯一性成立，故A正确；
对于B，由对勾函数性质可得，的值域为，
而的值域为，不满足，故B错误；
对于C，由题意在上是倒数函数，
首先当时，单调递减，
此时，
由倒数函数定义可知，不包含0，即（1）；
从而在时的值域为，
由题意，
所以要满足题意，还需满足（2）；
只需（1）（2）式子同时成立即可，
所以当且仅当，解得，
又在上递减，故唯一性成立，故C正确；
对于D，必要性：
情形一：当时，在定义域上单调递增，
则，
若在定义域上是倒数函数，
首先，此时的值域为，
同时注意到不成立，故不符合题意；
情形二：当时，在定义域上单调递增，
则，
若在定义域上是倒数函数，
首先，此时的值域为，
同时注意到不成立，故不符合题意；
情形三：当时，注意到的对称轴为，
则，
（i）当时，，
由二次函数性质可知存在使得，即此时，
若在定义域上是倒数函数，
首先，此时的值域为，
同时注意到不成立，故不符合题意；
（ii）当时，
由二次函数性质可知，
即此时，注意到，
若在定义域上是倒数函数，
首先，其次结合，可得应该满足；
充分性：，有，
此时的值域为，，，
故存在，使，
此时存在两个，使，不合题意，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：解决C选项的关键是要依次得出（1）以及（2），解决D选项的关键在于先由必要性求参数，再验证充分性即可.
三、填空题: 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 化简 _____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据指数运算、对数运算的相关概念和运算法则.先分别化简每一项，再将化简后的结果相加.
【详解】化简.
化简,根据换底公式，则，即 .
同理.所以.
化简.
将上述各项化简结果相加：.
故答案为：.
13. 函数的单调递减区间是_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据对数型复合函数的单调性求解即可.
【详解】由，解得，
所以函数的定义域为，
令，则该函数在上单调递增，在上单调递减，
又函数在定义域内为减函数，
由复合函数的同增异减原则，函数的单调递减区间是.
故答案：.
14. 已知，若互不相等且，且，则的范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】画出函数的大致图象，根据图象知，，且， ，再建立的函数并结合对勾函数求出范围.
【详解】函数在，上单调递减，在上单调递增，，
画出的图象，如图，
因为，由，得，，，
由，得，即，由，得，
于是，由对勾函数性质知，在上递增，则，
所以的范围是．
故答案为：
四、解答题: 本题共 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. 已知的图象恒过定点，函数与的图象交于点.
（1）若，求实数的值.
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据指数函数的性质求出定点，代入函数即可求出，再根据求解即可；
（2）先判断函数的单调性，再根据函数的单调性解不等式即可.
【小问1详解】
令，则，
所以定点的坐标为，
因为函数与的图象交于点，
所以，解得，
所以，
则，即，
解得或（舍去），
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
由，得，
所以函数的定义域为，
令，其为增函数，
而函数为增函数，
所以函数在上为增函数，
因为，所有，
所以，解得或，
所以实数的取值范围为.
16. 已知函数是偶函数，其中为实数.
（1）求的值.
（2）若函数，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数为偶函数可得，化简整理即可得解；
（2）由（1）得，令，再结合二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
因为函数是偶函数，
所以，
即，
所以，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
令，
则，对称轴为，
当时，，
当时，，，
当时，，
综上所述，.
17. 已知幂函数在上单调递增，二次函数
（1）求实数的值.
（2）当时，的图象恒在图象的下方，求的取值范围.
（3）若时，恒成立，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据幂函数的定义和单调性求解即可；
（2）由题意，都有，分离参数，再结合二次函数的性质即可得解；
（3）依题可得，由此求出的关系，进而可得出答案.
【小问1详解】
因为幂函数在上单调递增，
所以，解得；
【小问2详解】
由（1）得，
当时，，
因为的图象恒在图象的下方，
所以，都有，即，
分离参数可得对都成立，
所以.
因为，所以，
所以，
即，所以，
所以的取值范围为；
【小问3详解】
恒成立，
则，所以，即，
所以，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
18. 已知函数为常数，函数.
（1）若为奇函数，求的值.
（2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围.
（3）在第(1)问的条件下，当时，，函数在区间上的值域为，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数为奇函数可得，由此即可得解；
（2）令，根据增函数的定义可得恒成立，进而可得出答案；
（3）根据（1）中所得函数解析式确定函数的解析式，并运用函数单调性确定其单调性，再根据单调性和值域列等式，将问题转化为函数与方程问题，最后求解出参数的取值范围.
【小问1详解】
因为为奇函数，所以，
即，即，
所以，所以，所以，
经检验不符题意，
所以；
【小问2详解】
令，
则
，
因为函数在上单调递增，
所以恒成立，
因为，所以，
所以恒成立，即，
因为，所以，
所以，
所以实数的取值范围为；
【小问3详解】
由（1）知，
令，函数在上单调递减，
又函数为增函数，
所以函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，且，
所以函数在上单调递减，
所以函数在区间上的值域为，
又因为函数在区间上的值域为
，
所以，
即，
所以，
令，
则关于的方程在上有两根不同的实数根，
等价于关于的方程在上有两根不同的实数根，
令，则函数在上有两个不同零点，
当时，为一次函数，不可能有两个零点，舍去；
当时，函数的对称轴为，
则，无解；
当时，函数的对称轴为，
，解得且，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据对数复合函数的单调性及其区间值域，将问题转化为方程在某区间内有两个不同实根，是解决本题的关键.
19. 对于二次函数，存在实数，使得成立，则称为关于参数的不动点.
（1）当时，求关于参数2的不动点.
（2）当时，函数 在上存在唯一一个关于参数的不动点，求实数的取值范围.
（3）对于任意的，总存在，使得函数有关于参数的两个相异的不动点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）由不动点的定义解方程即可；
（2）将在上有两个不同解转化为函数有唯一交点，结合后双勾函数的性质即可得解；.
（3）由已知可得有两个不等的实根，即，将问题转化为对于任意的，总存在，使成立，进而转化为存在，，整理得存在，，令，，进而转化为求在上的最大值，进而解即可.
【小问1详解】
当时，，
令，
即，解得或，
所以关于参数2的不动点为；
【小问2详解】
当时，，
因为函数 在上存在唯一一个关于参数的不动点，
所以方程在上有唯一实数根，
即方程在上有唯一实数根，
则函数有唯一交点，
由双勾函数性质可得，函数在上递减，在上递增，
当时，，当时，，
作出函数如图所示：

由图可知，或；
【小问3详解】
由题意知，函数有关于参数的两个相异的不动点，
所以方程，即恒有两个不等实根，
则，
所以对于任意的，总存在，使成立，
即存在，，，
所以存在，，
即存在，，
即，，
令，，
对称轴为，
当，即时，，
所以，解得；
当，即时，，
所以，解得或，
综述所述，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.