山东省菏泽市鄄城县2025届高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份山东省菏泽市鄄城县2025届高三数学上学期10月月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了 设集合，若，则， 已知，且，则， 幂函数的图象大致为， 已知幂函数的图象过点，则， 已知函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. 0C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的结果列出方程求解即得.
【详解】集合，而，则，
经验证符合题意，所以.
故选：C
2. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角公式可以求得，结合诱导公式对选项逐一判断即可.
【详解】因为，则，
即，解得或，
因为，则，，
A选项，，故A选项错误；
B选项，，故B选项错误；
C选项，，故C选项正确；
D选项，，故D选项错误.
故选：C
3. 幂函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用函数奇偶性的判定方法，得到函数为偶函数，再由幂函数的性质，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得函数的定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
所以函数的图象关于轴对称，
又由幂函数的性质得，当时，函数单调递增，
结合选项，选项B符合题意.
故选：B.
4. 某农业研究所对玉米幼穗的叶龄指数与可见叶片数进行分析研究，其关系可以用函数（为常数）表示．若玉米幼穗在伸长期可见叶片为7片，叶龄指数为30，则当玉米幼穗在四分体形成期叶龄指数为82.5时，可见叶片数约为（ ）（参考数据：，）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数，由题意已知，求出待定系数，再用，去求解，当然这里面有取自然对数及取值计算.
【详解】由题意知，，则等式两边同时取自然对数得，，
．，，，，
故选：C．
5. 已知是定义在上的偶函数，且在上单调递增，又，则的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性，可知和的解，再将转化为，或，求解即可.
【详解】由题意可得当时，有，当或时，有，
所以当时，有或，即或，
当时，有，即，
由，可得，或，所以或，
所以的解集是.
故选：D
6. 已知，，，，则在，，，，，这6个数中最小的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析题意得出，进行下一步转化得出最小值是即可.
【详解】因为，，
，，则，故，
又，，，，，故最小值是，
故选：C．
7. 已知函数，，函数在区间上单调递增，在区间上恰有个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，得，由在区间上恰有个零点，结合正弦函数图象得，最后根据函数在区间上单调递增，结合正弦函数的单调性得，最后确定的取值范围.
【详解】因，得，又，则，
当时，，
因为在上只有个零点，所以，解得，
当时，，
因为，所以，，
又因为在上单调递增，所以，解得，
综上可得.
故选：C.
8. 已知函数满足，若是方程的两根，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】利用配凑法（换元法）可求得的解析式，再由韦达定理化简计算可得结果.
【详解】易知，所以可得；
由韦达定理可得；
因此.
故选：D
二､多选题：本题共3小题，每题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，有选错的的0分.
9. 已知幂函数的图象过点，则（ ）
A.
B. 为偶函数
C.
D. 不等式解集为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用幂函数的定义结合过点，可求判断AC；进而可得函数的奇偶性判断B；解不等式可求解集判断D.
【详解】因为函数为幂函数，所以，解得，
当时，幂函数的图象不可能过点，故，
当，幂函数的图象过点，
则，解得，故AC正确；
的定义域为，且，故为偶函数，故B正确；
函数在上单调递减，
由，可得，
所以，解得且，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 点为图象的一个对称中心
C. 若在上有两个实数根，则
D. 若的导函数为，则函数的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，直接由周期公式即可判断；对于B，直接代入检验即可；对于C，画出图形，通过数形结合即可判断；对于D，求得后结合辅助角公式即可得解.
【详解】由题意可得，故A正确；
，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；
令，由得，
根据题意可转化为直线与曲线，有两个交点，
数形结合可得，故C正确；
设为的导函数，
则，其中，
当且仅当，即当且仅当时等号成立，故D正确，
故选：ACD．
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若的图象关于直线对称，且，则（ ）
A. 是偶函数B. 是奇函数
C. 3为的一个周期D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由的图象关于直线对称，则可得关于对称，可对A判断；由，从而可得关于对称，可对B判断；由关于对称，可得，故，从而得，即，可对C判断；由，两边求导得，可对D判断.
【详解】A：因为的图象关于直线对称，故将的图象向右平移2个单位后变为的图象，
此时关于对称，所以是偶函数，故A正确；
B：因为是偶函数，所以关于对称且为常数，当时，，
又因为，，所以，所以关于对称，故B错误；
C：因为关于对称，所以，所以，
所以①，故②，则①②两式相减得，
即，所以3是的一个周期，故C正确；
D：因为，两边求导得，且的周期为3，
又因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：B中因为是偶函数，所以可得关于对称，从而可求出；D中可有，两边求导得，从而可知中连续项之和为零.
三､填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 计算的值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】由对数的运算性质求解即可.
【详解】原式
.
故答案为：8.
13. 已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出每一段函数的值域，然后由题意得到，根据，可将化简为，构造函数，利用导数求最值即可.
【详解】结合解析式可知当时，；当时，.
因为，所以.
令，得，则，
故.
令，则，
令得；令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，
因为，所以.
所以的取值范围为.
故答案为：
14. 已知，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦的差角公式先求，从而可得，根据角的范围结合同角三角函数的基本关系确定，再利用正切的差角公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
即，
又，所以，
则，
所以，
所以.
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､证明过程和演算步骤.
15. 已知集合、集合（）.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）设命题：；命题：，若命题是命题的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分、讨论，根据交集的运算和空集的定义结合不等式即可求解；
（2）根据充分不必要条件分、讨论，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，
又，当时，，解得，
当时，，或，解得，
综上所述，实数的取值范围为；
【小问2详解】
∵命题是命题的必要不充分条件，∴集合是集合的真子集，
当时，，解得，
当时，（等号不能同时成立），解得，
综上所述，实数的取值范围为.
16. 已知函数．
（1）若为奇函数，求的值；
（2）当时，函数在上的值域为，求的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）由为奇函数，可得，从而可求解；
（2）当时，可得是单调增函数，从而可得即是函数的两个解，参数分离可得，利用换元法设，可得，且，再结合对勾函数性质从而可求解.
【小问1详解】
由，所以，
因为为定义域上的奇函数，所以，
即，化简得，
则，则得，
所以或.
【小问2详解】
当时，，所以是单调增函数，
由函数在上的值域为，
所以,，
即是函数的两个解，则得，
设，则，，
根据对勾函数性质可得上单调递减，上单调递增，
其中在上的值域为，当时取最大值，
综上可得，所以的取值范围为.
17. 已知函数，，且将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若函数是奇函数，求的值；
（3）若，当时函数取得最大值，求的值．
【答案】（1），．
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）用二倍角公式、降幂公式及辅助角公式进行化简，再利用求解即可得到最小正周期；结合正弦函数的单调递增区间，用整体的思想求解即可；
（2）先根据平移变换求出的表达式，在根据题意列出等式求解即可；
（3）当时函数取得最大值，由此可得，代入化简；又，因此可求出，再求出，再根据两角和的正弦公式求解即可.
【小问1详解】
由题意得，则其最小正周期，
令，解得，
则其单调递增区间为．
【小问2详解】
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，则，
若函数是奇函数，则,即
因，所以时，．
【小问3详解】
由题知，则，从而，，因此，
因为，且，所以，
因此，，
所以，
所以．
18. 已知函数），当点M（x，y）在函数g（x）的图象上运动时，对应的点在f（x）的图象上运动，则称g（x）是f（x）的相关函数．
（1）解关于x不等式；
（2）若对任意的，f（x）的图象总在其相关函数图象的下方，求a的取值范围；
（3）设函数，，当时，求|F（x）|的最大值．
【答案】（1）
（2）（0，1] （3）
【解析】
【分析】（1）由求解；
（2）由题意得f（x）的相关函数为，根据题意得到时，恒成立求解；
（3）易得，设，利用复合函数的单调性求解.
【小问1详解】
解：依题意得
则，
所以，
所以原不等式的解集为．
【小问2详解】
由题意得，
所以，
所以f（x）的相关函数为．
依题意，对任意的，f（x）的图象总在其相关函数图象的下方，
即当时，恒成立①．
由，对任意的总成立，，结合题设条件有，
在此条件下，①等价于当时，恒成立，
即，即．
设，
要使当时，恒成立，
只需，即成立，
解得，即a的取值范围是（0，1]．
【小问3详解】
由（2）可得当时，在区间（0，1）上，，
即．
设，则．
令，则，
所以，
因为（当且仅当时，等号成立），
可得，当时，等号成立，
满足，则t的最大值为，
所以|F（x）|的最大值是．
19. 已知函数.
（1）当时，恒成立，求实数的取值范围；
（2）已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1.
（i）记为直线交点的横坐标，求证：；
（ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）分离参数，设，利用导数研究单调性，求解函数的最值即可求解；
（2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为，利用导数的几何意义求出两切线方程，联立可得，构造函数，利用导数求解函数最值即可证明；
（ii）结合导数的几何意义将问题转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，由得，从而有两个不等实根，设，利用导数研究的单调性，即可求解.
【小问1详解】
由于，则，
设，则，，且在上单减，
令得，令得，
所以在单调递增，单调递减，
所以，则.
【小问2详解】
（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为，
有，即，
此时，切线为：，
相减得，
所以，
设，，所以在上单调递减.
故当时，，所以；
当时，，所以，则.
（ii）由题意得：存在实数，使在处的切线和在处的切线重合，
所以，即，
则，
又因为，所以，
题目转化为有两个不等实根，且互为倒数，
不妨设两根为，
则由得，
化简得，
所以，
所以，（也可写为）.
代入中得：有两个不等实根，
即，
设，
由于在上单调递减且，
所以在单调递增，单调递减，
而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大，
无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大，，
所以，即.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
（1）、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；