試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆甘肅省張掖市重點校高三上學期第一次月考數學（理）試題一、單選題1．已知命題，則為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由全稱命題的否定即可選出答案.【詳解】根據命題的否定可知，為.故選：B.2．已知集合，，則（）A．（-3，2] B．[-3，2） C．（2，3] D．[2，3）【答案】D【分析】分別求得集合，，再結合集合的交集和補集的運算，即可求解.【詳解】由題意，集合，則，又由，所以．故選：D．【點睛】本題主要考查了集合的混合運算，其中解答中熟記對數的運算性質正確求解集合，再根據集合的交集、并集和補集的運算是解答的關鍵，著重考查推理與運算能力，屬于基礎題.3．已知函數，（且），若，則（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】首先根據分段函數計算出，然后再根據等式計算出參數的值即可.【詳解】，又，則．故選：A．4．我們知道，人們對聲音有不同的感覺，這與聲音的強度有關系.聲音的強度常用(單位：瓦/米2，即)表示，但在實際測量時，聲音的強度水平常用(單位：分貝)表示，它們滿足換算公式：(，其中是人們平均能聽到的聲音的最小強度).若使某小區內公共場所聲音的強度水平降低10分貝，則聲音的強度應變為原來的（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設該小區內公共場所聲音的強度水平為，，相應聲音的強度為，，代入可得選項.【詳解】設該小區內公共場所聲音的強度水平為，，相應聲音的強度為，，由題意，得，即，解得.故選：C.【點睛】本題考查函數模型的應用，關鍵在于理解生活中的數據在數學應用中的表達，屬于基礎題.5．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】先分別化簡“”與“”，再去判斷二者之間的邏輯關系【詳解】由，可得，則有，所以充分性成立；當時，可得，在的情況下，不成立，所以必要性不成立.故“”是“”的充分不必要條件.故選：A.6．已知函數.若，則A．4 B．3 C．2 D．1【答案】D【分析】令，則是R上的奇函數，利用函數的奇偶性可以推得的值．【詳解】令，則是上的奇函數，又，所以，所以，，所以，故選D.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性的應用，屬于中檔題．7．已知函數的圖象如圖所示，則下列說法與圖象符合的是A． B．C． D．【答案】B【詳解】由圖象可知，且，，可知的兩根為，由韋達定理得，異號，同號，又，異號，只有選項符合題意，故選B.8．若偶函數在上單調遞減，，，，則、、滿足A． B． C． D．【答案】B【分析】由偶函數的性質得出函數在上單調遞增，并比較出三個正數、、的大小關系，利用函數在區間上的單調性可得出、、的大小關系.【詳解】偶函數在上單調遞減，函數在上單調遞增，，，，，，故選B.【點睛】本題考查利用函數的單調性比較函數值的大小關系，解題時要利用自變量的大小關系并結合函數的單調性來比較函數值的大小，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.9．已知函數滿足：當時，，且.若函數恰有個零點，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依題意可得的圖象關于對稱，再根據的函數圖象判斷可得；【詳解】解：由知的圖象關于對稱，再結合的大致圖象可知，有三個零點，最大的零點為，則時的圖象恰好與軸有個零點.故選：D10．已知函數，，若成立，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題，令，即可用t表示出m、n，即有，用導數法求最小值即可【詳解】令，令，則，，令，則，易知，單調遞增，又，則在單調遞減，單調遞增，所以.故選：B．11．已知定義在上的連續奇函數的導函數為，當時，，則使得成立的的取值范圍是A． B． C． D．【答案】C【分析】根據時可得：；令可得函數在上單調遞增；利用奇偶性的定義可證得為偶函數，則在上單調遞減；將已知不等式變為，根據單調性可得自變量的大小關系，解不等式求得結果.【詳解】當時，

令，則在上單調遞增為奇函數

為偶函數則在上單調遞減等價于可得：，解得：本題正確選項：【點睛】本題考查函數奇偶性和單調性的綜合應用問題，關鍵是能夠構造函數，根據導函數的符號確定所構造函數的單調性，并且根據奇偶性的定義得到所構造函數的奇偶性，從而將函數值的大小關系轉變為自變量之間的比較.12．定義“函數是上的級類周期函數”如下:函數，對于給定的非零常數，總存在非零常數，使得定義域內的任意實數都有恒成立，此時為的周期.若是上的級類周期函數，且，當時，,且是上的單調遞增函數，則實數的取值范圍為A． B． C． D．【答案】C【詳解】∵時,，∴當時,；當時,，即時,，∵在上單調遞增，∴且，解得，∴實數的取值范圍是.故選：C.二、填空題13．已知函數為上的偶函數，則__________．【答案】-1【詳解】因為為偶函數，所以為偶函數.則，解得.14．若函數與的圖象在一個公共點處的切線相同，則實數_________．【答案】-1或0【分析】設切點的橫坐標為，根據切點在函數圖象上和導數的幾何意義列方程，解方程即可得到.【詳解】設切點的橫坐標為，根據切點在函數圖象上，所以得到①，由函數得，由函數得，所以得②，解①②得或.故答案為：-1或0.15．函數在區間上的最大值是___________.【答案】【分析】求，再令，根據的單調性以及可得的單調性，由單調性即可得最大值.【詳解】由可得，設，則在上遞減，因為，所以當時，，；當時，；；所以在上遞增，在上遞減，所以，故答案為：.16．設函數，集合，，若，則實數的取值構成的集合是______.【答案】【分析】求出導函數，由求得或，結合分類討論．【詳解】由題意，令得或，若，則滿足題意；時，首先有，即，，則，由得，解得或（舍去）．∴的取值集合是．故答案為：．【點睛】本題結合導數，考查集合之間的包含關系．考查學生的推理論證能力和運算求解能力．三、解答題17．設函數的定義域為集合，集合.（1）若，求；（2）若，且，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先解指數不等式求出集合，再解一元二次不等式求出集合，再根據交集的定義計算可得；（2）依題意可得，，即可求出，從而求出，再根據計算可得；【詳解】解：（1）由，得，則，即，，，.（2），且，，，即.，所以，.18．已知函數有兩個零點，，且，的倒數和為．（1）求函數的解析式；（2）若在區間上，不等式恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【分析】(1)利用韋達定理可得，從而可得答案；(2)不等式等價于,利用二次函數的單調性求出函數在區間上的最大值，進而可得結果.【詳解】（1）因為函數有兩個零點，，所以，是方程的兩個實數根，所以，．所以．又，的倒數和為，所以．所以．（2）不等式等價于，即．要使不等式在區間上恒成立，只需令函數在區間上的最大值小于即可．因為函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，所以，所以．因此，滿足條件的實數的取值范圍是．【點睛】本題主要考查韋達定理、二次函數的解析式以及二次函數在區間上的最值，考查了不等式恒成立，屬于中檔題.19．已知：函數的定義域為，：存在，使得不等式成立．（1）若為真，求實數的取值范圍．（2）若為真且為假，求實數的取值范圍．【答案】（1）

（2）【分析】（1）因為定義域為，所以將問題轉化為恒成立，然后根據進行分類討論，注意借助與的大小關系進行求解；（2）先求解出為真時的取值范圍，然后通過含邏輯聯結詞的復合命題的真假判斷出的真假，由此求解出的取值范圍.【詳解】（1）當時，，定義域，不滿足題意，舍去；當時，要使的定義域為R，則，解得，綜上可知：的取值范圍是（2）當為真命題時，即存在，使得，即使得即可由于為開口向下的二次函數，，即因為為真命題且為假命題，所以一真一假，所以真假相同，當假假時，，此時，當真真時，，此時，綜上，的取值范圍是．20．已知函數的圖象關于原點對稱．(1)當時，恒成立，求實數的取值范圍；(2)若關于的方程在上有解，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）由題意，代入運算即得解，化簡可得，結合對數函數的單調性可得解；（2）可轉化為在上有解，參變分離可得，結合的單調性可得解.【詳解】(1)函數的圖象關于原點對稱，函數為奇函數．恒成立．恒成立．即恒成立，解得或．又時，不合題意，舍去，所以．．．當時，．當時，恒成立，，即實數的取值范圍是．(2)由，得．關于的方程在上有解，關于的方程在上有解，即在上有解．由于都在單調遞減，故函數在上單調遞減，的值域為．，即實數的取值范圍是．21．已知函數，．(1)設函數，求的單調區間；(2)若存在常數，，使得，對恒成立，且，對恒成立，則稱直線為函數與的“分界線”，試問：與是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)單調減區間為，單調增區間為；(2)存在，“分界線”方程為.【分析】（1）求導，利用導函數分析單調性即可；（2）根據，得到，，聯立后結合的單調性求出，再代入求即可.【詳解】(1)，則定義域為，，令，解得，令，解得，所以的單調減區間為，單調增區間為.(2)假設與存在“分界線”，整理得，則①，整理得，設，則，當時，，單調遞增且存在大于0的值，不符合要求；當時，令解得，令解得，所以在單調遞增，單調遞減，在出取得最大值，，所以②，①+②得：，設，由（1）得，所以，，代入①②得，所以與存在“分界線”，“分界線”的方程為：.【點睛】方法點睛：①利用導數求函數單調區間，先確定定義域，然后求導，令導函數大于零，小于零，解不等式即可得到單調區間；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其它不等式恒成立問題，可以轉化成函數的最值問題，求出最值，列不等式即可.22．已知函數．(1)討論函數的零點的個數；(2)若有兩個不同的零點、，證明：．【答案】(1)時，沒有零點；或時，有一個零點；時，有兩個零點；(2)見解析.【分析】（1）將的零點個數轉化成函數和函數圖象交點的個數，再結合的圖象分析即可；（2）構造，利用單調性和特殊值得到，再結合的單調性即可證明.【詳解】(1)可整理為，所以的零點個數可以轉化成函數和函數圖象交點的個數，由得，所以時