四川省2024届高三数学上学期第一次月考文科试题含解析

这是一份四川省2024届高三数学上学期第一次月考文科试题含解析，共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， “”是“”的， 函数的零点所在的区间为， 函数的图象大致为， 若，则的值等于等内容，欢迎下载使用。

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由交集的运算，即可得到结果.
【详解】∵，，
∴.
故选：C
2. 下列函数中，与函数表示同一个函数的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过分析函数的定义域、值域和对应关系，由此确定正确选项.
【详解】函数的定义域和值域都为R .
对于A选项，函数的定义域为，故与不相同.
对于B选项，，定义域、值域都为R，对应关系为，故与相同.
对于C选项，函数的值域为，故与不相同.
对于D选项，函数的定义域为，故与不相同.
故选：B.
3. “”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
【解析】
【分析】根据充分、必要性定义，结合不等式的推出关系判断题设条件间的关系.
【详解】由，则成立，充分性成立；
由，若，显然不成立，必要性不成立；
所以 “”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 函数的零点所在的区间为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据零点存在定理判断．
【详解】，，，
∴零点在区间上．
故选：C．
【点睛】本题考查零点存在定理，掌握零点存在定理是解题基础．
5. 已知命题若幂函数过点，则；命题在中，是的必要不充分条件，则下列命题为真命题的是（ ）
A. B.
CD.
【答案】D
【解析】
【分析】由幂函数性质判断，由正弦定理判断，再由逻辑联结词的概念判断．
【详解】命题，设，∵，∴，则，
∴，所以是真命题.
命题，在三角形中，若，由正弦定理得，所以；
若，则，由正弦定理得.
所以是的充要条件，所以命题是假命题.
所以、、是假命题，ABC选项错误.是真命题，
故选：D
6. 已知函数为R上的奇函数，当时，，则当时，的解析式为（ ）
A. B. C. D. 以上都不对
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数的性质求时的函数解析式即可.
【详解】设，则，又.
故选：A
7. 函数的图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据偶函数排除C、D，再计算，可排除B，从而可得到答案.
【详解】的定义域为，
因为，
所以在上为偶函数，可排除C、D；
又，可排除B.
故选：A.
8. 若，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由指数化为对数，再由对数的运算可得答案.
【详解】∵，∴，
∴，，
∴
故选：B.
9. 若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，将问题转化为恒成立问题，然后求导得最值即可.
【详解】由，可得，记，
则，所以在单调递增，所以.
故选：C
10. 已知函数在处有极大值，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 1或3
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，列出方程求得的值，然后检验即可得到结果.
【详解】，，
∴或，
当时，，
令，得或；令，得；
从而在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以在处有极小值，不合题意，
当时，经检验，满足题意；
综上，.
故选：C
11. 已知定义在上的奇函数满足：的图象是连续不断的且为偶函数.若有，则下面结论正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的单调性和对称性得到函数的周期，然后利用函数的单调性即可求解.
【详解】∵为偶函数，
∴且的图象关于对称，
∵为奇函数，∴的图象关于对称，
∴为周期函数，，
∵有，∴在上单调性递减，
∴由图象的连续性以及单调性、对称性可得其草图如上所示：
∵，，，
∴，
故选：D.
12. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，可得出，然后利用不等式的基本性质、对数函数的单调性可得出、、的大小关系.
【详解】构造函数，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，，即，
因为，则，所以，，
又因，则，故，故.
故选：A.
二、填空题(每小题5分，共20分)
13. 曲线在点处的切线方程是__________
【答案】
【解析】
【分析】求得导函数，即可求得切线的斜率，进而将代入函数解析式可知点在曲线上，即可由点斜式得切线方程.
【详解】曲线，
则，
所以，
将代入函数解析式可得，即点在曲线上，
所以该函数在点处的切线方程是，
即切线方程为．
故答案为：.
【点睛】本题考查了导数的集合意义，切线方程的求法，属于基础题.
14. 若，为假命题，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，为真命题，结合判别式即可求得答案.
【详解】因为，为假命题，
故，为真命题，
故，解得，
即的取值范围为
故答案为：
15. 设，则不等式的解集为____________.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数图象，由指数函数与对数函数的性质求解．
【详解】作出函数图象如图所示，
令得：；令得：，
由图可得：不等式的解集为，
故答案为：.
16. 关于函数f（x）=有如下四个命题：
①f（x）的图象关于y轴对称．
②f（x）的图象关于原点对称．
③f（x）的图象关于直线x=对称．
④f（x）的最小值为2．
其中所有真命题的序号是__________．
【答案】②③
【解析】
【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】对于命题①，，，则，
所以，函数的图象不关于轴对称，命题①错误；
对于命题②，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以，函数的图象关于原点对称，命题②正确；
对于命题③，，
，则，
所以，函数的图象关于直线对称，命题③正确；
对于命题④，当时，，则，
命题④错误.
故答案为：②③.
【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
三、解答题(共70分)
17. 已知集合，，.
（1）设，，若为真，求的取值范围；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由或命题的概念求解．
（2）转化为集合间的关系列式求解．
【小问1详解】
由题意得真或真，即或，
∴的取值范围.
【小问2详解】
因为，所以，
当时，由得：，满足题意；
当时，由，有，解得；
综上：的取值范围为.
18. 等差数列的前项和为，满足.
（1）求的通项公式；
（2）设，求证数列为等比数列，并求其前项和.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式以及前项和公式，列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意，由等比数列的定义即可证明，再结合等比数列的前项和公式，即可得到结果.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
∴，解得，
∴.
【小问2详解】
由（1）可得，∴，
∴数列为等比数列，首项为，公比为
∴
19. 已知.
（1）求的周期及单调递增区间；
（2）求函数在上的最大值和最小值.
【答案】（1）周期为
（2）,
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换化简，由周期公式求周期，根据正弦函数的单调性求递增区间；
（2）根据角的范围，求出的范围，利用正弦函数求出值域即可得解.
【小问1详解】
由，
所以周期，
令，得，
∴的单调递增区间为.
【小问2详解】
当时，则，所以，
故，
∴，．
20. 设.
（1）求在上的最值；
（2）若过点可作曲线的三条切线，求的取值范围.
【答案】（1）最大值2，最小值
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导得到的单调性，然后求最值即可；
（2）分在曲线上和不在曲线上两种情况讨论，当不在曲线上时，将过点可作曲线的三条切线转化为的图像与轴有三个不同交点，然后根据的单调性列不等式即可.
【小问1详解】
由题：，，
令得，
列表得：
∴，.
【小问2详解】
若在曲线上，则，，
当切点为时有一条，
设切点为，则，整理得，解得，所以过点可作曲线的两条切线，不合题意，舍.
若不在曲线上，则不是切点，设切点为，
∵过点可作曲线的三条切线，
∴方程有三个不等实根，
即方程有三个不等实根，
∴的图像与轴有三个不同交点，
∵，
∴在，上单调递增，上单调递减，
∴且，
∴，
∴的取值范围为.
21. 设，.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），
（2）答案见解析（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数求出极值即可；
（2）求出，分、、、、讨论，可得答案；
（3）欲使恒成立，只需，根据（2）的结论，分、、、、讨论可得答案.
【小问1详解】
的定义域为，因为，
∴，
∴时，，单调递增，
时，，单调递增，
时，，单调递减，
∴，；
【小问2详解】
由题：，
1°当时：，
时，，单调递减，
时，，单调递增；
2°当时：∵，
∴时，，单调递减，
时，，单调递增；
3°当时：
①若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增，
②若即，，
则在单调递增；
③若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
【小问3详解】
欲使恒成立，只需，
根据(2)的结论，
1°，当时：
时，，单调递增；
时，，单调递减，
∴令，得，此时，；
2°当时：①若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
②若即，
时，，单调递增；
③若即，
所以时，，单调递增，
时，，单调递减；
时，，单调递增；
不论上述哪种情况，均有时，因此，不可能有恒成立，舍去.
综上：的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用分类讨论思想解题．本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路.
四、选做题(共10分)
22. 已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线交曲线于两点，交轴于点，求的值．
【答案】（1）曲线：，直线：
（2）
【解析】
【分析】（1）将直线l的参数方程消去参数可得直线l的普通方程，根据公式化简曲线C的极坐标方程可得曲线C的直角坐标方程；
（2）将直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程联立，根据直线参数方程中的几何意义即可求解.
【小问1详解】
直线的参数方程（为参数），
消去参数，可将直线的参数方程转化为普通方程为，
将两边同乘，得，
根据得曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
将代入中，
可得，化简得，
设两点对应参数分别为，则，，
由题意得，且在直线上，又异号，
∴.
23. 已知函数．
（1）求的解集；
（2）若函数的最小值为，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；
（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.
【小问1详解】
，
故等价于或或，
解得，
不等式的解集为；
【小问2详解】
当时，；
当时，；
当时，，
故函数的的最小值为，即
利用柯西不等式可得，
即，当且仅当时等号成立，
0
1
2
0
2