2024届山东省泰安市泰安长城中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat13页2024届山东省泰安市泰安长城中学高三上学期10月月考数学试题一、单选题1．已知，，若集合，则的值为（

）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】利用集合相等，求出，再根据互异性求出的取值情况并检验即可.【详解】根据题意,,故，则,则，由集合的互异性知且，故，则，即或（舍），当时，，符合题意，所以.故选：B.2．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解.【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故，所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合，故选：D3．若不等式有解，则实数的取值范围为（

）A．或 B． C． D．【答案】A【分析】根据一元二次不等式有实数解的充要条件列式求解作答.【详解】不等式有解，即不等式有解，因此，解得或，所以实数的取值范围为或.故选：A4．设函数在区间单调递增，则a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递增，则有函数在区间上单调递增，因此，解得，所以的取值范围是.故选：A5．函数的图象大致为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据题意，由函数的奇偶性即可排除BD，再由即可排除C，从而得到结果.【详解】由题可知，函数的定义域为，且，故函数为奇函数，排除BD，由，，故C错误.故选：A6．方程的根所在的区间是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，确定其单调性，结合零点存在性定理得到结论.【详解】令，显然单调递增，又因为，，由零点存在性定理可知：的零点所在区间为，所以的根所在区间为.故选：B7．已知函数是偶函数，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意先求出函数在上为单调增函数且关于直线对称，然后利用函数的单调性和对称性即可求解.【详解】∵当时，恒成立，∴当时，，即，∴函数在上为单调增函数，∵函数是偶函数，即，∴函数的图象关于直线对称，∴，又函数在上为单调增函数，∴，即，∴，故选：B.8．已知函数的图象在点处的切线方程是，则（）A．2 B．3 C．4 D．【答案】A【分析】根据导数的几何意义结合函数的图象在点处的切线方程即可求得答案.【详解】由于函数的图象在点处的切线方程是，故，，故，故选：A.二、多选题9．已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由二次不等式的解集可知，相应的二次函数图像开口向下，由相应的一元二次方程的两根结合起韦达定理可求的符号，将代入即可得解.【详解】因为不等式的解集为，故相应的二次函数的图像开口向下，所以，故A错误；易知2和是方程的两个根，则有，，又，故，，故BC正确；因为，所以，故D正确．故选：BCD10．已知是定义在R上的函数，函数图像关于y轴对称，函数的图像关于原点对称，则下列说法正确的是（

）A． B．对，恒成立C．函数关于点中心对称 D．【答案】BCD【分析】根据条件判断函数的对称性和周期性，利用相关性质判断选项即可．【详解】∵函数的图像关于y轴对称，∴函数的图像关于直线对称，，则，∵函数的图像关于原点对称，∴函数的图像关于点中心对称，，，则，C选项正确；，，故，B选项正确；，D选项正确；没有条件能确定，A选项错误.故选：BCD.11．已知，下列说法正确的是（

）A．在处的切线方程为 B．的单调递减区间为C．在处的切线方程为 D．的单调递增区间为【答案】BC【分析】对于AC，利用导数的几何意义求解即可，对于BD，求导后由导数的正负可求出函数的单调区间【详解】对于AC，，由，得，所以切线的斜率，所以在处的切线方程为，所以A错误，C正确，对于BD，函数的定义域为，，由，得，解得，由，得，解得，所以在上递增，在上递减，所以B正确，D错误，故选：BC12．已知函数，令，则（

）A．或时，有1个零点B．若有2个零点，则或C．的值域是D．若有3个零点，且，则的取值范围为【答案】BCD【分析】画出函数的图象，转化为函数与的交点横坐标，结合选项和函数的图象，逐项判定，即可求解.【详解】由函数，画出函数的图象，如图所示，由函数，则的零点，即，即函数与的交点横坐标，对于A中，当时，函数没有零点，所以A错误；对于B中，要使得函数有2个零点，即函数与有两个不同的交点，结合图象，可得或，所以B正确；对于C中，由函数的图象，可得函数的值域为，所以C正确；对于D中，由有3个零点，且，可得，由，即，所以，可得，又由，解得，所以的取值范围为，所以D正确.故选：BCD.

三、填空题13．已知幂函数在单调递减，则实数.【答案】【分析】根据幂函数的定义与性质列式求解即可.【详解】由题意可得：，解得.故答案为：.14．已知函数，则．【答案】【分析】根据给定的分段函数，结合对数运算依次计算作答.【详解】依题意，，所以.故答案为：15．已知是上的减函数，那么的取值范围是.【答案】【分析】由题意可得每一段上函数为减函数，且，从而可求出的取值范围【详解】因为是上的减函数，所以，解得，所以的取值范围，故答案为：16．已知定义在上的函数满足：对任意实数a，b都有，且当时，．若，则不等式的解集为．【答案】【分析】根据抽象函数的条件，结合函数单调性的定义证明函数的单调性，结合函数单调性将不等式进行转化求解即可．【详解】解：对任意实数a，b都有，且当时，．设，则，．所以，即，所以是增函数．因为，即，所以.所以原不等式化为等价为，则，即，则，得，故不等式的解集是.故答案为：四、解答题17．（1）若正数满足，求的最小值；（2）已知，则的最小值.【答案】（1）5；（2）4.【分析】（1）利用“1”的妙用求出最小值作答.（2）利用均值不等式建立不等关系，再解一元二次不等式作答.【详解】（1）正数x，y满足，即，因此，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值5.（2），而，当且仅当时取等号，因此，即，化为，解得，由解得，所以当时，取得最小值4.18．已知二次函数，，且.(1)求函数的解析式；(2)求函数在区间上的值域．【答案】(1)(2)【分析】（1）函数图象与轴交点确定值，函数和函数相等，对应系数相等确定、值.（2）根据区间上的单调性求出最值，即可得到区间上的值域.【详解】（1）解：因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，即．（2）解：因为，所以是开口向上，对称轴为的抛物线．因为在递减，在递增，所以，因为，，所以，所以在上的值域为．19．已知函数.(1)求函数的单调递减区间和单调递增区间；(2)求函数在上的最大值和最小值.【答案】(1)的单调递增区间为，，单调递减区间为(2)最大值为，最小值为【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，得到单调区间；（2）求出极值和端点值，比较后确定最值.【详解】（1）的定义域为R，且，令解得或，令解得，所以的单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）由（1）可得单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以函数在上的最大值为，最小值为.20．某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研发现：某珍惜水果树的单株产量(单位：千克)与施用肥料(单位：千克)满足如下关系：，肥料成本投入为元，其它成本投入(如培育管理、施肥等人工费)元．已知这种水果的市场售价大约15元/千克，且销售畅通供不应求，记该水果单株利润为(单位：元)(1)写单株利润(元)关于施用肥料(千克)的关系式；(2)当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？【答案】(1)；(2)4千克，480元﹒【分析】（1）用销售额减去成本投入得出利润的解析式；（2）根据二次函数的单调性和基本不等式求出的最大值即可．【详解】（1）依题意，又，∴．（2）当时，，开口向上，对称轴为，在上单调递减，在上单调递增，在上的最大值为．当时，，当且仅当时，即时等号成立．∵，∴当时，．∴当投入的肥料费用为40元时，种植该果树获得的最大利润是480元．21．已知定义域为R的函数（a为常数）是奇函数．(1)求实数a的值，并用定义证明的单调性；(2)求不等式的解集．【答案】(1)；单调性的证明见解析(2)【分析】（1）利用奇函数的定义计算可得的值，再任取，通过计算的正负可得单调性；（2）先利用奇函数将不等式变形为，再利用单调性去掉，然后解二次不等式即可.【详解】（1）函数（a为常数）是奇函数，，，得，，，任取，则，，，即，，即，为上的单调递减函数；（2）由（1）得，，解得或即不等式的解集为.22．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若对于任意正实数x，不等式恒成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）研究函数的定义域，导数的符号，确定函数的单调性；（2）分离参数，然后构造函数，利用导数研究该函数的最大值即可．【详解】（1）定义域为，，令，①当时，恒成立，，是增函数；②时，，当，即时，由得，，由或，，故的单调递减