2023届甘肃省张掖市重点校高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2023届甘肃省张掖市重点校高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知命题，则为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由全称命题的否定即可选出答案.
【详解】根据命题的否定可知，为.
故选：B.
2．已知集合，，则（ ）
A．（-3，2]B．[-3，2）C．（2，3]D．[2，3）
【答案】D
【分析】分别求得集合，，再结合集合的交集和补集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，则，
又由，
所以．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记对数的运算性质正确求解集合，再根据集合的交集、并集和补集的运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
3．已知函数，（且），若，则（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】首先根据分段函数计算出，然后再根据等式计算出参数的值即可.
【详解】，又，
则．
故选：A．
4．我们知道，人们对声音有不同的感觉，这与声音的强度有关系.声音的强度常用(单位：瓦/米2，即)表示，但在实际测量时，声音的强度水平常用(单位：分贝)表示，它们满足换算公式：(，其中是人们平均能听到的声音的最小强度).若使某小区内公共场所声音的强度水平降低10分贝，则声音的强度应变为原来的（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设该小区内公共场所声音的强度水平为，，相应声音的强度为，，代入可得选项.
【详解】设该小区内公共场所声音的强度水平为，，相应声音的强度为，，
由题意，得，即，
解得.
故选：C.
【点睛】本题考查函数模型的应用，关键在于理解生活中的数据在数学应用中的表达，属于基础题.
5．“”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】A
【分析】先分别化简“”与“”，再去判断二者之间的逻辑关系
【详解】由，可得，则有，所以充分性成立；
当时，可得，在的情况下，不成立，
所以必要性不成立.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6．已知函数.若，则
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【分析】令，则是R上的奇函数，利用函数的奇偶性可以推得的值．
【详解】令 ，则是上的奇函数，
又，所以，
所以，，
所以，故选D.
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用，属于中档题．
7．已知函数的图象如图所示，则下列说法与图象符合的是
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】由图象可知，且，，可知的两根为，由韦达定理得，异号，同号，又，异号，只有选项 符合题意，故选B.
8．若偶函数在上单调递减，，，，则、、满足
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由偶函数的性质得出函数在上单调递增，并比较出三个正数、、的大小关系，利用函数在区间上的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】偶函数在上单调递减，函数在上单调递增，
，，，
，，故选B.
【点睛】本题考查利用函数的单调性比较函数值的大小关系，解题时要利用自变量的大小关系并结合函数的单调性来比较函数值的大小，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
9．已知函数满足：当时，，且.若函数恰有个零点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】依题意可得的图象关于对称，再根据的函数图象判断可得；
【详解】解：由知的图象关于对称，再结合的大致图象可知，有三个零点，最大的零点为，则时的图象恰好与轴有个零点.
故选：D
10．已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题，令，即可用t表示出m、n，即有 ，用导数法求最小值即可
【详解】令，令，则，，
令，则，
易知，单调递增，又，则在单调递减，单调递增，
所以.
故选：B．
11．已知定义在上的连续奇函数的导函数为，当时，，则使得成立的的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据时可得：；令可得函数在上单调递增；利用奇偶性的定义可证得为偶函数，则在上单调递减；将已知不等式变为，根据单调性可得自变量的大小关系，解不等式求得结果.
【详解】当时，
令，则在上单调递增
为奇函数 为偶函数
则在上单调递减
等价于
可得：，解得：
本题正确选项：
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的综合应用问题，关键是能够构造函数，根据导函数的符号确定所构造函数的单调性，并且根据奇偶性的定义得到所构造函数的奇偶性，从而将函数值的大小关系转变为自变量之间的比较.
12．定义“函数是上的级类周期函数” 如下: 函数，对于给定的非零常数 ，总存在非零常数，使得定义域内的任意实数都有恒成立，此时为的周期. 若是上的级类周期函数，且，当时，,且是上的单调递增函数，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】∵时,，
∴当时,；
当时,，
即时,，
∵在上单调递增，
∴且，
解得，
∴实数的取值范围是.
故选：C.
二、填空题
13．已知函数为上的偶函数，则 __________．
【答案】-1
【详解】因为为偶函数，所以为偶函数.
则，解得.
14．若函数与的图象在一个公共点处的切线相同，则实数_________．
【答案】-1或0
【分析】设切点的横坐标为，根据切点在函数图象上和导数的几何意义列方程，解方程即可得到.
【详解】设切点的横坐标为，根据切点在函数图象上，所以得到①，
由函数得，由函数得，所以得②，
解①②得或.
故答案为：-1或0.
15．函数在区间上的最大值是___________.
【答案】
【分析】求，再令，根据的单调性以及可得的单调性，由单调性即可得最大值.
【详解】由可得，
设，则在上递减，
因为，所以当时，，；
当时，；；
所以在上递增，在上递减，
所以，
故答案为：.
16．设函数，集合，，若，则实数的取值构成的集合是______.
【答案】
【分析】求出导函数，由求得或，结合分类讨论．
【详解】由题意，令得或，
若，则满足题意；
时，首先有，即，，
则，由得，解得或（舍去）．
∴的取值集合是．
故答案为：．
【点睛】本题结合导数，考查集合之间的包含关系．考查学生的推理论证能力和运算求解能力．
三、解答题
17．设函数的定义域为集合，集合.
（1）若，求；
（2）若，且，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）首先解指数不等式求出集合，再解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得；
（2）依题意可得，，即可求出，从而求出，再根据计算可得；
【详解】解：（1）由，得，则，即，
，，.
（2），且，，，即.
，所以，
.
18．已知函数有两个零点，，且，的倒数和为．
（1）求函数的解析式；
（2）若在区间上，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1)利用韦达定理可得，从而可得答案；
(2) 不等式等价于,利用二次函数的单调性求出函数在区间上的最大值，进而可得结果.
【详解】（1）因为函数有两个零点，，
所以，是方程的两个实数根，所以，．
所以．
又，的倒数和为，所以．
所以．
（2）不等式等价于，即．
要使不等式在区间上恒成立，只需令函数在区间上的最大值小于即可．
因为函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，所以．
因此，满足条件的实数的取值范围是．
【点睛】本题主要考查韦达定理、二次函数的解析式以及二次函数在区间上的最值，考查了不等式恒成立，属于中档题.
19．已知：函数的定义域为，：存在，使得不等式成立．
（1）若为真，求实数的取值范围．
（2）若为真且为假，求实数的取值范围．
【答案】（1） （2）
【分析】（1）因为定义域为，所以将问题转化为恒成立，然后根据进行分类讨论，注意借助与的大小关系进行求解；
（2）先求解出为真时的取值范围，然后通过含逻辑联结词的复合命题的真假判断出的真假，由此求解出的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域，不满足题意，舍去；
当时，要使的定义域为R，则，解得，
综上可知：的取值范围是
（2）当为真命题时，即存在，使得，即使得即可
由于为开口向下的二次函数，
，即
因为为真命题且为假命题，
所以一真一假，所以真假相同，
当假假时，，此时，
当真真时，，此时，
综上，的取值范围是．
20．已知函数的图象关于原点对称．
(1)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)若关于的方程在上有解，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，代入运算即得解，化简可得，结合对数函数的单调性可得解；
（2）可转化为在上有解，参变分离可得，结合的单调性可得解.
【详解】(1)函数的图象关于原点对称，
函数为奇函数．
恒成立．
恒成立．
即恒成立，解得或．又时，不合题意，舍去，所以．
．
．
当时，．
当时，恒成立，
，即实数的取值范围是．
(2)由，得．
关于的方程在上有解，
关于的方程在上有解，
即在上有解．
由于都在单调递减，
故函数在上单调递减，
的值域为．
，即实数的取值范围是．
21．已知函数，．
(1)设函数，求的单调区间；
(2)若存在常数，，使得，对恒成立，且，对恒成立，则称直线为函数与的“分界线”，试问：与是否存在“分界线”？若存在，求出“分界线”的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)单调减区间为，单调增区间为；
(2)存在，“分界线”方程为.
【分析】（1）求导，利用导函数分析单调性即可；
（2）根据，得到，，联立后结合的单调性求出，再代入求即可.
【详解】(1)，则定义域为，，
令，解得，令，解得，
所以的单调减区间为，单调增区间为.
(2)假设与存在“分界线”，
整理得，则①，
整理得，
设，则，
当时，，单调递增且存在大于0的值，不符合要求；
当时，令解得，令解得，
所以在单调递增，单调递减，
在出取得最大值，，
所以②，
①+②得：，
设，由（1）得，
所以，，代入①②得，
所以与存在“分界线”，“分界线”的方程为：.
【点睛】方法点睛：①利用导数求函数单调区间，先确定定义域，然后求导，令导函数大于零，小于零，解不等式即可得到单调区间；
②一元二次不等式在上恒成立，令，；
一元二次不等式在上恒成立，令，；
③其它不等式恒成立问题，可以转化成函数的最值问题，求出最值，列不等式即可.
22．已知函数．
(1)讨论函数的零点的个数；
(2)若有两个不同的零点、，证明：．
【答案】(1)时，没有零点；
或时，有一个零点；
时，有两个零点；
(2)见解析.
【分析】（1）将的零点个数转化成函数和函数图象交点的个数，再结合的图象分析即可；
（2）构造，利用单调性和特殊值得到，再结合的单调性即可证明.
【详解】(1)可整理为，所以的零点个数可以转化成函数和函数图象交点的个数，
由 得，所以时，，单调递增，时，，单调递减，图象如下所示：
所以当时，没有零点；
或时，有一个零点；
时，有两个零点.
(2)由（1）可得，，，设，则，
设，则，当时，，单调递减，
又，所以，即，
又，所以，因为，，且在单调递减，所以，即.
【点睛】极值点偏移问题的方法：
（1）求导，获得的单调性，极值情况，作出的图象，由得，的取值范围；
（2）构造辅助函数（对结论，构造；对结论，构造），求导，限定范围（或的范围），判定符号，获得不等式；
（3）代入（或），利用及的单调性即可证明.