山東省德州市臨邑第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)試題

十月份模塊檢測數(shù)學(xué)試題一?單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A.B.C.D.2.命題“”的否定為（）A.B.C.D.3.函數(shù)的值域?yàn)椋ǎ〢.B.C.D.4.對于實(shí)數(shù)，下列命題為真命題的是（）A.若，則.B.若，則.C.若則.D.若，則.5.函數(shù)的圖象大致為（）A.B.C.D.6.若命題“”是假命題，則的值可以為（）A.B.1C.2D.37.已知函數(shù)是上的奇函數(shù)，滿足對任意的（其中），都有，且，則的范圍是（）A.B.C.D.8.已知函數(shù)，若函數(shù)與x軸有交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）A.B.C.D.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.下列說法中正確的有（）A.命題“則命題的否定是B.”是“”的必要不充分條件C.命題“”是真命題D.“”是“關(guān)于的方程有一正一負(fù)根”的充要條件10.設(shè)正實(shí)數(shù)滿足，則（）A.的最小值為3B.的最大值為2C.的最大值為1D.的最小值為11.已知二次函數(shù)為常數(shù)的對稱軸為，其圖像如圖所示，則下列選項(xiàng)正確的有（）A.B.當(dāng)時(shí)，函數(shù)的最大值為C.關(guān)于的不等式的解為或D.的關(guān)系為三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數(shù)的定義域?yàn)?，求函?shù)的定義域?yàn)開_________.13.若不等式對任意實(shí)數(shù)均成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是__________.14.已知函數(shù)的定義域?yàn)?，若存在區(qū)間，使得同時(shí)滿足下列條件：（1）在上是單調(diào)函數(shù)；（2）在上的值域是.則稱區(qū)間為函數(shù)的“倍值區(qū)間”.下列函數(shù)中存在“倍值區(qū)間”的有__________.①.②.③.④.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.設(shè)為全集，集合.（1）若，求；（2）若，求實(shí)數(shù)的取值范圍.16.已知函數(shù)（是常數(shù)）.（1）判斷的奇偶性，并說明理由；（2）若，試判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，并證明.17.小王大學(xué)畢業(yè)后，決定利用所學(xué)專業(yè)進(jìn)行自主創(chuàng)業(yè).經(jīng)過市場調(diào)查，生產(chǎn)某小型電子產(chǎn)品需投入年固定成本3萬元，每生產(chǎn)萬件時(shí)，該產(chǎn)品需另投入流動成本萬元.在年產(chǎn)量不足8萬件時(shí)，，在年產(chǎn)量不小于8萬件時(shí)，.每件產(chǎn)品的售價(jià)為5元.通過市場分析，小王生產(chǎn)的商品能當(dāng)年全部售完，設(shè)年利潤為（單位：萬元）.（1）若年利潤（單位：萬元）不小于6萬元，求年產(chǎn)量（單位：萬件）的范圍.（2）年產(chǎn)量為多少萬件時(shí)，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤最大？最大利潤是多少？18.已知函數(shù)對任意實(shí)數(shù)恒有，且當(dāng)時(shí)，，又.（1）判斷的奇偶性；（2）判斷在上的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；（3）當(dāng)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.19.已知非空實(shí)數(shù)集滿足：任意，均有；任意，均有.（1）直接寫出中所有元素之積的所有可能值；（2）若由四個(gè)元素組成，且所有元素之和為3，求；（3）若非空，且由5個(gè)元素組成，求的元素個(gè)數(shù)的最小值.十月份模塊檢測數(shù)學(xué)答案1【答案】C【詳解】集合，其中Z表示整數(shù)集，則集合.集合，其中N表示自然數(shù)集（包括0），則集合.所以.故選：C2【答案】C【詳解】命題“”，由全稱命題的否定可知，命題“”的否定為：，故選：C.3【答案】A【詳解】根據(jù)題意當(dāng)時(shí)，，令，可得，所以，因此可得由二次函數(shù)性質(zhì)可得當(dāng)，即時(shí)，取得最大值，此時(shí)的值域?yàn)椋划?dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號成立；此時(shí)的最小值為5，因此的值域?yàn)?；綜上可得，函數(shù)的值域?yàn)?故選：A4【答案】C【詳解】對于A，不妨取，則，即A為假命題；對于B，若，當(dāng)時(shí)，滿足，即B為假命題；對于C，由可得，易知，所以，可得C為真命題；對于D，由可得，所以，因?yàn)榈姆柌淮_定，所以不一定正確，即D為假命題；故選：C5【答案】D【詳解】解：，即該函數(shù)的定義域?yàn)?，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，當(dāng)時(shí)，，排除選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，，排除選項(xiàng)A，故選：D.6【答案】B【詳解】由題知是真命題，當(dāng)，即時(shí)，恒成立，時(shí)，不恒成立；當(dāng)時(shí)，，解得，綜上得，故選：B.7.【答案】B【詳解】因?yàn)閷θ我獾模ㄆ渲校?，都有，所以?dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，因?yàn)榍沂巧系钠婧瘮?shù)，所以，作出的大致圖象如圖所示，不等式等價(jià)于，即或即或，即原不等式的解集為，故選B.8.【答案】B【詳解】若函數(shù)與軸有交點(diǎn)，即有解，即，問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有公共點(diǎn).畫出函數(shù)，即的大致圖象如圖所示.若函數(shù)有零點(diǎn)，結(jié)合圖象可知，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有零點(diǎn)，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.故選：B.9【答案】AD【詳解】對于A，命題的否定是，故A正確；對于B，由可知由兩種情況，①且；②，故不能推出，由也不能推出，所以是的既不充分也不必要條件，故B錯(cuò)誤；對于C，當(dāng)時(shí)，，故C錯(cuò)誤；對于D，關(guān)于的方程有一正一負(fù)根，則，解得.所以“”是“關(guān)于的方程有一正一負(fù)根”的充要條件，故D正確.故選：AD.10.【答案】BC【詳解】因?yàn)檎龑?shí)數(shù)滿足，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即，等號成立，故A錯(cuò)誤；，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，所以，故B正確；，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，故C正確；，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號成立，故D錯(cuò)誤；故選：BC11.【答案】ACD【詳解】A選項(xiàng)，二次函數(shù)圖象開口向上，故，對稱軸為，故，圖象與軸交點(diǎn)在軸正半軸，故，所以，故A正確；B選項(xiàng)，因?yàn)椋?，因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，隨著的增大而減小，所以時(shí)，取得最大值，最大值為，B錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，因?yàn)椋?，，故不等式變形為，因?yàn)?，解得：或，故C正確；D選項(xiàng)，由圖像，又因?yàn)?，所以，又因?yàn)樗裕珼正確12.【答案】.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)椋?，解得，所以函?shù)的定義域?yàn)?13【答案】（，2]【詳解】將不等式整理可得，即不等式對任意實(shí)數(shù)均成立，當(dāng)，即時(shí)，不等式變?yōu)?，滿足題意；當(dāng)時(shí)，需滿足，解得綜上可得實(shí)數(shù)的取值范圍是.14【答案】①②④【詳解】依題意，函數(shù)存在“倍值區(qū)間”，則滿足在上是單調(diào)函數(shù)，且或，對于①，，在區(qū)間上是增函數(shù)，且值域?yàn)椋瑒t區(qū)間是函數(shù)的“倍值區(qū)間”，①正確；對于②，在區(qū)間上是減函數(shù)，且值域?yàn)?，則區(qū)間是函數(shù)的“倍值區(qū)間”，②正確；對于③，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，假定函數(shù)存在倍值區(qū)間，若在上單調(diào)遞增，則，即有，而或，無解，若在上單調(diào)遞減，則，即，兩式相減得，而，則兩式相加得，矛盾，不存在倍值區(qū)間，③錯(cuò)誤；對于④，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，于是在上單調(diào)遞增，且值域?yàn)?，因此區(qū)間是函數(shù)的“倍值區(qū)間”，④正確.故選：①②④15【答案】（1）（2）（2）由已知結(jié)合集合的包含關(guān)系對集合A是否為空集進(jìn)行分類討論即可求解.【小問1詳解】（1）由題意可得，當(dāng)時(shí)，，所以，因?yàn)?，或，所以【小?詳解】由（1）知，，若，即，解得，此時(shí)滿足若，要使，則，解得綜上，若，所求實(shí)數(shù)的取值范圍為16.【詳解】（1）是奇函數(shù)，理由如下：的定義域?yàn)?，關(guān)于原點(diǎn)對稱，則，故是奇函數(shù)；（2）在單調(diào)遞增，證明如下：若，則，則，故，設(shè)，且，則.因?yàn)?，所以，故，即，所以在單調(diào)遞增.17.【答案】（1）；（2）年產(chǎn)量為10萬件時(shí)，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲得利潤最大，且最大利潤是15萬元.（1）由題意得：，分別求得當(dāng)時(shí)和時(shí)，的解析式，根據(jù)題意，即可求得答案.（2）由（1）可知的解析式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)，可求得當(dāng)時(shí)，的最大值，利用基本不等式，可求得當(dāng)時(shí)，的最大值，比較即可得答案.【詳解】（1）由題意得：當(dāng)時(shí)，.，整理得：，解得.又.當(dāng)時(shí)，，整理得，解得，又.綜上，的取值范圍為.（2）由（1）可知當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)時(shí)，.當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)，.，年產(chǎn)量為10萬件時(shí)，小王在這一商品的生產(chǎn)中所獲得利潤最大，且最大利潤是15萬元.18.【答案】（1）為奇函數(shù)；（2）在上的單調(diào)遞減，證明見解析；（3）.【分析】（1）通過特殊值以及函數(shù)的奇偶性的定義判斷即可；（2）判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用單調(diào)性的定義證明即可；（3）結(jié)合已知利用函數(shù)的單調(diào)性化簡不等式，分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為最值求解即可.【詳解】（1）結(jié)合題意：由函數(shù)的定義域?yàn)椋?，取，則，即，取，則，所以，所以為奇函數(shù).（2）在上的單調(diào)遞減，證明如下：任取，且，則，令，則，因?yàn)闉槠婧瘮?shù)，所以，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以，即，所以在上的單調(diào)遞減.（3）由，得，因?yàn)椋?，因?yàn)樵谏系膯握{(diào)遞減，所以，即時(shí)，恒成立，等價(jià)于對任意時(shí)，恒成立，令，則，所以，所以，故實(shí)數(shù)的取值范圍為.19【答案】（1）或1（2）（3）18【分析】（1）根據(jù)集合中的元素構(gòu)成可得集合中的元素是以的形式，三個(gè)數(shù)為一組出現(xiàn)，從而可得結(jié)論；（2）根據(jù)集合中的元素構(gòu)成可得集合中的元素是以的形式，四個(gè)數(shù)為一組出現(xiàn)，從而可得結(jié)論；（3）由（1）（2）可得集合的元素個(gè)數(shù)分別是以3和4為最小正周期循環(huán)，從而根據(jù)得元素個(gè)數(shù)，可確定的元素個(gè)數(shù)的最小值.【小問1詳解】已知非空實(shí)數(shù)集S滿足：任意，均有，且在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)無解，所以，所以，又則集合S中的元素是以的形式，三個(gè)數(shù)為一組出現(xiàn)，組和組不相交，且，又，則中所有元素之積的所有可能值為或1；【小問2詳解】已知非空實(shí)數(shù)集滿足：任意，均有，且所以，且，又則集合中的元素是以的形式，四個(gè)數(shù)為一組出現(xiàn)，組和組不相交，且，若由四個(gè)元素組成，則，且所有元素之和為3所以，整理