精品解析：四川省成都市金堂县2024-2025学年高三上学期10月县联考数学试题

成都市金堂县10月县联考数学 本试卷主要考试内容: 集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数 一、选择题: 本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. “小明是成都人”是“小明是四川人”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 已知集合 ，若 ，则 （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 3. 记水的质量为，则当时，水的质量为（ ） A. 2 B. e C. 2.1 D. 3 4. 已知命题 ，命题 ， ，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 5. 函数 的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 把某种物体放在空气中，若该物体原来的温度是，空气的温度是 ，则 后该物体的温度满足 . 将温度分别为和的两块物体放入温度为的空气中，要使两块物体的温度之差不超过，至少要经过（ ） (取: ) A. B. C. D. 8. 已知曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且直线垂直于轴，则（） A. e B. C. D. e或3e 二、选择题: 本题共3小题，每小题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，有选错的得0分. 9. 若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 设函数 ，则（ ） A. 是 的极小值点 B. C. 当 时， D. 当 时， 11. 已知函数，.若表示，中的最大者，设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若没有零点，则的取值范围为 B. 若只有1个零点，则的取值集合为 C. 若有2个零点，则的取值范围为 D. ， 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分， 共15分. 12. 已知函数 是偶函数，则 ________ . 13. 已知，则_________. 14. 已知正实数满足，则的最大值为__________. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知集合，． （1）若，求，； （2）若或，求m的取值范围． 16. 已知函数满足，其中，且. （1）求的解析式； （2）若，求函数的定义域； （3）讨论的值域. 17. 已知正数a，b，c满足． （1）若，求的最小值； （2）求的最小值． 18. （1）证明: 当 时， ； （2）当 时， ，求 的取值范围. 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市金堂县10月县联考数学 本试卷主要考试内容: 集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数 一、选择题: 本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. “小明是成都人”是“小明是四川人”的（ ） A. 充分必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由充分不必要条件的概念判断即可. 【详解】“小明是成都人”则一定有“小明是四川人”，反之不成立， 所以“小明是成都人”是“小明是四川人”的充分不必要条件. 故选：B 2. 已知集合 ，若 ，则 （ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合M一定是二元集，且，即可得方程组求解. 【详解】因为 ，由于，且， 所以 解得： . 故选：D. 3. 记水的质量为，则当时，水的质量为（ ） A. 2 B. e C. 2.1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】直接代入计算即可得解. 【详解】当时，水的质量为. 故选：A. 4. 已知命题 ，命题 ， ，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分析命题的真假，进而分析选项，可得答案. 【详解】当 时，，所以是假命题，则是真命题， 若，则或， 当时，且，所以是假命题，则是真命题， 故选：D. 5. 函数 的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据与的正负关系，即可排除选项，再根据的值，排除选项，即可判断. 【详解】当时，若，则 ； 若，则 . 当时，若，则；若，则，排除 A， D. ，显然 不恒等于 0，故 不是奇函数，排除 B. 故选：C 6. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数的奇偶性、单调性，判断，在上单调递增，且，再结合函数的单调性解不等式即可. 【详解】由题意可得，，在上单调递增，且， 由，得，或， 时，，或， 又，即，或， 故，解得， 时，，或， 又，即， 故，解得，或， 则不等式的解集为：， 故选：D. 7. 把某种物体放在空气中，若该物体原来的温度是，空气的温度是 ，则 后该物体的温度满足 . 将温度分别为和的两块物体放入温度为的空气中，要使两块物体的温度之差不超过，至少要经过（ ） (取: ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中定义的公式，代入相关数值，再列出不等式求解即可. 【详解】的物体经过后的温度为， 的物体经过后的温度为， 由题可得，， 即，解得， 所以要使两块物体的温度之差不超过，至少要经过， 故选：B. 8. 已知曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且直线垂直于轴，则（） A. e B. C. D. e或3e 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据斜率相等可得，构造函数，根据导数判断单调性，由单调性和可得，然后可解. 【详解】依题意可设，其中. 因为， 所以曲线在点处的切线斜率为，曲线在点处的切线斜率为， 所以，即. 设函数，则， 所以为增函数，又，所以， 所以，，故. 故选：A 【点睛】关键点睛：关键在于构造函数，根据其单调性和确定的值. 二、选择题: 本题共3小题，每小题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，有选错的得0分. 9. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用不等式的性质一一判定选项即可. 【详解】由，，得，则，即，A错误，B正确. 由，，得，则，，C正确，D错误. 故选：BC 10. 设函数 ，则（ ） A. 是 的极小值点 B. C. 当 时， D. 当 时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求导，确定函数的单调区间，结合函数解析式逐项判断即可. 【详解】对于A， ，当 时， ， 当 时，， 所以在 和 上单调递增，在上单调递减， 故是的极小值点，故A 正确. 对于B，，故B 正确. 对于C，当 时， ，又在上单调递减， 所以，故C错误. 对于D，当时， ， 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，.若表示，中的最大者，设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 若没有零点，则的取值范围为 B. 若只有1个零点，则的取值集合为 C. 若有2个零点，则的取值范围为 D. ， 【答案】ABC 【解析】 【分析】对二次函数进行讨论，根据以及，即可分类讨论求解. 【详解】图象的对称轴方程为,开口向上， 当，即时，对任意，都有，所以没有零点. 令，解得. 当时，，所以没有零点. 当时，. 当时，，所以；当时，，所以有1个零点. 当时，. 当时，；当时，； 当时，，所以在上有1个零点，则在上有1个零点.所以有2个零点. 设在上的零点为，则当时，，所以当时，，D错误. 综上，当时，没有零点；当时，有1个零点；当时，有2个零点,ABC正确 故选：ABC 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法： (1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个； (2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数； (3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分， 共15分. 12. 已知函数 是偶函数，则 ________ . 【答案】0 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，即可求解. 【详解】因为是偶函数，所以函数的对称轴为， 即，得. 故答案为：0 13. 已知，则_________. 【答案】81 【解析】 【分析】由换底公式化为同底的对数，然后解方程可得. 【详解】，整理得， 解得或. 因为，所以，故. 故答案为：81. 14. 已知正实数满足，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将代入可得，再由基本不等式求解即可. 【详解】解：因为， 所以.又， 所以， 当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知集合，． （1）若，求，； （2）若或，求m的取值范围． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）解不等式化简集合，再利用交集、并集、补集的定义求解即得. （2）利用交集的结果，借助集合的包含关系建立不等式并求解即得. 【小问1详解】 依题意，，或，当时，， 所以，. 【小问2详解】 若或，则或， 当时，，解得； 当时，若，则，解得， 若，则，无解，因此， 所以m的取值范围为. 16. 已知函数满足，其中，且. （1）求的解析式； （2）若，求函数的定义域； （3）讨论的值域. 【答案】（1），且 （2） （3）当时，的值域为；当时，的值域为. 【解析】 【分析】（1）利用配凑法即可求解； （2）根据指数函数的单调性即可求解不等式得解； （3）对分类讨论，即可结合二次函数以及指数函数的性质求解. 【小问1详解】 由， ，（且）. 【小问2详解】 当时，，则， ，则，即， 解得， 所以函数的定义域为. 【小问3详解】 ，又， 当时，在R上单调递增，所以，故值域为； 当时，在R上单调递减，所以，故值域为. 综上，当时，的值域为；当时，的值域为. 17. 已知正数a，b，c满足． （1）若，求的最小值； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助基本不等式计算即可得； （2）原式可化为，而后多次使用基本不等式，这些基本不等式都可同时取等，即可得解. 【小问1详解】 若，则，则， 当且仅当，即时，等号成立； 【小问2详解】 ， 当且仅当、、、时， 即时，等号成立， 故的最小值为. 18. （1）证明: 当 时， ； （2）当 时， ，求 的取值范围. 【答案】 （1）令函数 ，则， 所以 在 上单调递增， ，即 . 令函数，则. 当 时， ，所以 在 上单调递增， ，即. 故当 时， . （2） 【解析】 【分析】（1）求差，然后构造函数，利用函数的单调性，证明构造的函数恒大于零即可； （2）构造函数，然后利用端点分析得到才可能满足条件，然后再去判断其充分性即可. 【详解】（1）略 （2） 令函数 ，则. 令函数 ，则. ① 当，即 时，存在 ，使得当 时，， 所以函数在 上单调递减. 因为，所以当 时， ，所以 在 上单调递减. 因为 ，所以当 时， ，不符合题意. ② 当，即 时，， 令函数， 则 ， 当 时，， 所以 在 上单调递增，所以 ，即， 所以当 时，. 当时，. 因为，所以 是偶函数， 所以当时，. 故当 时， 在 上恒成立. 综上， 的取值范围为 . 【点睛】关键点点睛：第二问我们很显然知道过原点，且为偶函数，所以我们只需要判断的图像在轴上方即可，所以需要讨论其导函数的正负，然后得到的范围. 19. 当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. （1）若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. （2）若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 【答案】（1）（i）； （ii）； （2） 证明：由得其反函数为， 所以和图象关于直线对称，且由其性质可知， 根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则， 设，其中， 则，，因为“关联矩形”是正方形， 所以，， 所以， 由，得，所以， 所以由得即. 对于函数，则， 故函数在上单调递增，故即， 令， 则且， 则在上单调递增，所以， 所以，因为， 令，则，当时，单调递增， 则， 从而. 【解析】 【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解. （2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 【小问1详解】 （i）因为点在曲线上，所以，即， 由，得，则， 所以曲线在点A处的切线方程为即. （ii）由（1），由得其反函数为， 则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D， 则D在曲线上，且，， 则， 由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为， 联立方程组解得或（舍去）， 则， 则该“关联矩形”的面积. 【小问2详解】 略. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $