2024-2025学年四川省成都市高三上册入学考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年四川省成都市高三上册入学考试数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共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．已知全集，则=（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题p：集合，命题q：集合，则p是q的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充分必要D．既不充分也不必要
3．若正数满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
4．若函数在区间内恰有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数，存在最小值，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在上的最大值和最小值分别为，，则（ ）
A．B．0C．2D．4
7．已知函数 方程有两个不同的根，分别是则 （ ）
A．B．3C．6D．9
8．已知是定义在上的奇函数，若为偶函数且，则（ ）
A．−2B．0C．2D．4
二、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．已知函数，下列说法错误的是（ ）
A．是偶函数B．是奇函数
C．在上是减函数D．在上是减函数
10．已知函数，下列有关方程的实数解个数说法正确的是（ ）
A．当实数解的个数为1时，B．当实数解的个数为2时，
C．当实数解的个数为3时，D．当实数解的个数为3时，
11．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
第二部分（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知函数，则不等式的解集是 .
13．已知函数在区间上单调递减，则a的取值范围为 ．
14．设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若，则 ．
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．已知函数，（，且）．
(1)求函数的定义域；
(2)判断函数的奇偶性，并证明．
16．为了减少碳排放，某企业采用新工艺，将生产中产生的二氧化碳转化为一种化工产品.已知该企业每月的处理量最少为30吨，最多为400吨.月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系近似地表示为.
(1)该企业每月处理量为多少吨时，才能使月处理成本最低?月处理成本最低是多少元?
(2)该企业每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低?每吨的平均处理成本最低是多少元?
17．已知函数．
(1)画出的图像，并直接写出的值域；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．已知二次函数的最小值为，且关于的不等式的解集为
(1)求函数的解析式；
(2)若函数与的图象关于轴对称，且当时，的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围．
19．已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是是奇函数，给定函数．
(1)求函数图象的对称中心；
(2)用定义判断在区间上的单调性：
(3)已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得求实数的取值范围，
1．D
【分析】由并集和补集的定义求解即可.
【详解】因为，
故，所以.
故选：D.
2．B
【分析】解出集合、，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】或，或，
是的真子集，
因此，是的必要不充分条件.
故选：B
3．A
【分析】根据题意可得，利用基本不等式求解.
【详解】由可得，
，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意.
所以的最小值为.
故选：A.
4．D
【分析】将函数fx在区间内恰有一个零点转化为方程在区间内恰有一根，然后分类讨论结合一次方程和二次方程根的分布列不等式求解即可.
【详解】因为函数fx在区间内恰有一个零点转化为方程在区间内恰有一根，
当时，方程可化为，解得，满足题意；
当时，方程为一元二次方程，其对称轴为，.
若，，此时方程的解为，满足题意；
若，由题意只需，解得且，
又时，，经检验满足题意，时，，经检验满足题意，
所以且；
综上，实数a的取值范围为.
故选：D
5．A
【分析】根据分段函数的单调性求解即可.
【详解】当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
当时，，所以在上单调递增，无最小值，
根据题意，存在最小值，
所以，即.
故选：A.
6．A
【分析】构造函数，证明为奇函数，从而得到，即可求出的值.
【详解】令，定义域为，
因为在上的最大值和最小值分别为，，
所以在上的最大值和最小值分别为，，
因为，
所以为奇函数，的图象关于原点对称，
所以的最大值和最小值互为相反数，即，
所以，
故选：A.
7．B
【分析】方程有两个不同的根等价于函数与的图象有两个交点，作出函数与的图象，根据数形结合计算即可得出结果.
【详解】由题意得：为R上的增函数，且
当时，，，
当时，gx>0，，
方程有两个不同的根等价于函数与的图象有两个交点，
作出函数与的图象如下图所示：
由图可知与图象关于对称，
则两点关于对称，中点在图象上，
由，解得.
所以.
故选：B
8．D
【分析】根据给定的奇偶性，推理计算得，再结合已知值及周期性求解作答.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，则，且，
又为偶函数，则，即，
于是，则，即是以为周期的周期函数，
由，得，，
，，
所以.
故选：D
9．BC
【分析】由偶函数的性质和图像逐一判断即可；
【详解】易知函数fx的定义域为R，且，所以是偶函数，故A正确，B错误；
当时，，此时fx单调递增且过原点，
由函数为偶函数作出图像如下：

由图像可得在0,+∞上是增函数，在上是减函数，故C错误，D正确；
故选：BC.
10．AC
【分析】把方程看作两个函数：y=fx和，在同一直角坐标系中画出图象分析即可判断选项.
【详解】根据题意，函数的图象且，如图所示：
当时，方程有一个解，故正确；
当或时，方程有两个解，故错误；
当时，方程有三个解，故正确，不正确.
故选.
11．BC
【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为，均为偶函数，
所以即，，
所以，，则，故C正确；
函数，的图象分别关于直线对称，
又，且函数可导，
所以，
所以，所以，
所以，，故B正确，D错误；
若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.
故选：BC.
【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；
方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．
12．
【分析】由定义可判断函数的奇偶性，求导可得其单调性，从而可求解不等式.
【详解】因为函数，所以，即函数为奇函数，
且，则函数为增函数，
则不等式等价于，
即，解得，
所以不等式的解集为.
故
13．
【分析】将可看作由复合而成，根据复合函数的单调性，列出不等式，即可求得答案.
【详解】设，则可看作由复合而成，
由于在上单调递增，
故要使得函数在区间上单调递减，
需满足在区间上恒成立，且在区间上单调递减，
故，解得，
故a的取值范围为，
故
14．
【分析】利用题干函数的奇偶性得到函数fx的周期性，然后利用周期性即可求值.
【详解】因为函数为奇函数，所以，
即，所以函数fx的图象关于点中心对称，
又为偶函数，所以，所以函数fx的图象关于对称，
由得，所以，
所以，所以函数fx的周期为4，
故，所以.
故
15．(1)
(2)函数为定义域上的偶函数，证明见解析
【分析】（1）由题意可得，解不等式即可求出结果；
（2）令，证得，根据偶函数的定义即可得出结论.
【详解】（1）由，
则有，得．则函数的定义域为．
（2）函数为定义域上的偶函数．
令，
则，
又
．
则，有成立．
则函数为在定义域上的偶函数．
16．(1)企业每月处理量为300吨时，成本最低，最低为19800元
(2)企业每月处理量为360吨时，每吨的平均处理成本最低，最低60元
【分析】（1）由函数单调性得到最值；
（2）得到每吨的平均处理成本，利用基本不等式求出最值.
【详解】（1）该企业的月处理成本，
因为，在上单调递减，在上单调递增，
所以该企业每月处理量为300吨时，才能使月处理成本最低，月处理成本最低是19800元.
（2）因为，
所以每吨的平均处理成本.
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
即该企业每月处理量为360吨时，每吨的平均处理成本最低，为60元.
17．(1)图象见解析，函数的值域是
(2)或.
【分析】（1）将化为分段函数，根据分段函数的解析式画出图象，根据图象可得值域；
（2）化为，解不等式可得结果.
【详解】（1）当时，，
当时，，
当时，，
所以，
的图象如图：
由图可知，函数的值域是.
（2）若不等式恒成立，则，
则，即，
解得或.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用两根式设出二次函数解析式，代入条件即可.
（2）转化成恒成立问题求最值即可.
【详解】（1）因为是二次函数，且关于的不等式的解集为，
所以，
所以当时，，所以，
故函数的解析式为.
（2）因为函数与的图象关于轴对称，
所以，
当时，的图象恒在直线的上方，
所以，在上恒成立，
即，所以，
令，则，
因为(当且仅当，即时，等号成立)，
所以实数的取值范围是.
19．(1)
(2)函数在上单调递增
(3)．
【分析】（1）设函数的图象的对称中心为，根据函数成中心对称的充要条件建立方程，结合待定系数法计算即可；
（2）利用单调性定义直接作差证明即可；
（3）根据条件先将问题等价变形为函数的值域为值域的子集，由（2）得值域结合二次函数的单调性分类讨论计算的值域计算即可.
【详解】（1）设函数的图象的对称中心为，则，
即，
整理得，
可得，解得，
所以的对称中心为；
（2）函数在0,+∞上单调递增；
证明如下：任取且，
则，
因为且，可得且
所以即
所以函数在0,+∞上单调递增；
（3）由对任意，总存在，使得
可得函数的值域为值域的子集，
由（2）知在上单调递增，故的值域为，
所以原问题转化为在0,2上的值域，
①当时，即时，在0,1单调递增，
又由，即函数的图象恒过对称中心，
可知在上亦单调递增，故在0,2上单调递增，
又因为，故，
因为，所以，解得，
②当时，即时，在单调递减，在单调递增，
因为过对称中心，故在递增，在单调递减，
故此时
欲使，只需且
解不等式，可得，又，此时；
③当时，即时，在0,1递减，在上亦递减，
由对称性知在0,2上递减，所以，
因为，所以解得，
综上可得：实数的取值范围是．