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四川省眉山中學校2025屆高三下學期第三次模擬考試數學試題
一、單選題：每小題5分，共40分
1．（2025·眉山模擬）已知集合，集合，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】集合的表示方法
【解析】【解答】解：集合，則集合.
故答案為：C.
【分析】由題意，求解集合即可.
2．（2025·眉山模擬）已知集合，，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：由解得，所以，
由，解得，所以，
所以.
故選：A.
【分析】先由指對數運算以及指對數函數的性質分別得出集合，再利用交集定義運算即可求得.
3．（2025·眉山模擬）命題p：“函數在區間上單調遞增”是命題q：“”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
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；利用導數研究函數的單調性
【解析】【解答】解：因為函數在內單調遞增，所以，
即在上恒成立，即，又因為，所以，
當時，能推出，但推不出，
則是的充分不必要條件．
故答案為：A.
【分析】先根據函數在上單調遞增，求得的取值范圍，再根據充分、必要條件的定義判斷即可
4．（2025·眉山模擬）設函數，則不等式的解集為（　　）．
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；利用導數研究函數的單調性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：函數的定義域為，
定義域關于原點對稱，滿足，則函數為奇函數，
，易知，當且僅當時取等號，
則函數在上單調遞增，
不等式等價于，
因為函數在上單調遞增，所以，
即，解得，則原不等式的解集為.
故答案為：D.
【分析】求函數的定義域，判斷函數的奇偶性以及單調性，利用函數的單調性列式解不等式即可.
5．（2025·眉山模擬）已知函數（且），若函數的值域為，則實數a的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】集合關系中的參數取值問題；指數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：當時，則，且，
所以，
若函數的值域為，可知當時，則的值域包含，
若，則在內單調遞減，
可得，不合題意；
若，則在內單調遞增，
可得，則，解得，
綜上所述：實數a的取值范圍是.
故選：B.
【分析】利用x的取值范圍和二次函數的圖象求值域的方法，可知當時，，由題意可知當時，則的值域包含，再分和兩種情況，從而結合指數型函數的單調性求值域的方法，從而得出實數a的取值范圍.
6．（2025·眉山模擬）已知函數，若對均有成立，則實數的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】函數恒成立問題
【解析】【解答】解：因為函數，則函數在上為增函數，
因為對均有成立，
則，即對恒成立，
令，則，解得，
因此，實數的取值范圍是.
故答案為：B.
【分析】由題意可知，，則可得出對恒成立，令，再由題意可得出，從而解不等式組得出實數的取值范圍.
7．（2025·眉山模擬）中國的5G技術領先世界，5G技術中的數學原理之一是香農公式：，它表示在被高斯白噪音干擾的信道中，最大信息傳送速率取決于信道帶寬、信道內所傳信號的平均功率S、信道內部的高斯噪音功率的大小，其中叫做信噪比.已知當比較大時，，按照香農公式，由于技術提升，寬帶在原來的基礎上增加，信噪比從1000提升至8000，則大約增加了（　　）（附：）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】對數的性質與運算法則；換底公式及其推論；“對數增長”模型
【解析】【解答】解：由題意可得，當時，，
當時，，
則
，
則信噪比從1000提升至8000，的增長率約為.
故答案為：D.
【分析】由香農公式結合對數的運算性質計算信噪比為1000和8000時的比值即可.
8．（2025·眉山模擬）已知定義在上的奇函數的導函數為，，當時，，則不等式的解集為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】函數的奇偶性；利用導數研究函數的單調性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：當時，，則，
構造函數，求導可得，則函數在上單調遞增，
因為為奇函數，所以為偶函數，且在上單調遞減，
，，
當或時，，
當或時，，
當時，，；
當時，，若則，，
若則，，
若則，，不符合題意；
綜上，不等式的解集為.
故答案為：A.
【分析】由題意，構造函數，由復合函數和函數的奇偶性得到的單調性，再分的范圍解不等式即可.
二、多選題，每小題6分，共18分
9．（2025·眉山模擬）已知定義在上的函數不恒等于，且對任意的，有，則（　　）
A． B．是偶函數
C．的圖象關于點中心對稱 D．是的一個周期
【答案】A,B,C
【知識點】函數的奇偶性；奇偶函數圖象的對稱性；函數的周期性；函數的值
【解析】【解答】解：對于A，根據題意，令，
則由，可得，
解得，故A正確；
對于B，令，可得，
所以，
可得對任意的滿足，即是偶函數，故B正確；
對于C，令，則由，
可得，
即滿足，
因此可得的圖象關于點中心對稱，故C正確；
對于D，由于是偶函數，所以滿足，
即，可得，
即，所以是的一個周期，故D錯誤.
故答案為：ABC.
【分析】利用賦值法，令，則根據表達式判斷出選項A；根據偶函數定義判斷出選項B；取并根據函數圖象的對稱中心的定義，則可判斷出選項C；由函數的圖象的對稱中心和偶函數性質可判斷是的一個周期，則可判斷出選項D，從而找出正確的選項.
10．（2025·眉山模擬）若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知識點】指數式與對數式的互化；對數的性質與運算法則；利用對數函數的單調性比較大小
【解析】【解答】解：A、因為，所以，故選項A正確；
B、因為，所以，故選項B正確.
C、所以，
所以，故選項C正確；
D、所以，故選項D錯誤.
故選：ABC.
【分析】根據指對數的互化可得， 根據對數函數的性質即可求得a，b的取值范圍可判斷選項AB；利用對數式的運算可得，進而計算即可判斷選項CD．
11．（2025·眉山模擬）設函數，則（　　）
A．當時，是的極小值點
B．當時，有三個零點
C．當時，若在上有最大值，則m的取值范圍為
D．若滿足，則
【答案】B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解： 函數的定義域為R，且，
令，解得x=0或，
A、因為時，所以時，；當或時，，
所以是的極大值點，故選項A錯誤；
B、當時，當或時，；當時，；
所以f(x)在單調遞增，單調遞減；
又，，
又時，；又時，，
所以當時，有三個零點，故選項B正確；
C、當時，，
所以當或時，；當時，；
又，由，解得，
所以若在上有最大值，則，故選項C錯誤；
D、由，可得，
所以對恒成立，所以，
解得，故選項D正確.
故選：BD.
【分析】對函數f(x)進行求導，利用導數結合每個選項的條件計算可判斷每個選項的正確性.
三、填空題
12．（2025·眉山模擬）記函數的定義域為A，的定義域為B．若，則實數a的取值范圍為　 　.
【答案】
【知識點】集合間關系的判斷；集合關系中的參數取值問題；函數的定義域及其求法
【解析】【解答】解：要使函數有意義，則，
解得或，即集合或；
要使函數有意義，則，
因為，所以，所以，即集合，
因為，所以或，解得或，
又因為，所以或，
則實數的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】根據函數由題意，列不等式或不等式組求得集合A，B，再由列出不等式，結合求出的范圍即可.
13．（2025·眉山模擬）函數，，若，使成立，則的取值范圍是　 　 ．
【答案】
【知識點】集合關系中的參數取值問題；函數的值域；函數恒成立問題
【解析】【解答】解：由題意可得，，；
所以，
所以，解得，
又，所以的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】根據一次函數以及二次函數單調性分別求得兩函數值域，再根據題意得出兩值域的包含關系即可得出的取值范圍.
14．（2025·眉山模擬）設是定義在R上的偶函數，對任意的，都有，且當時，.若關于x的方程在區間內恰有三個不同實根，則實數a的取值范圍是　 　
【答案】
【知識點】函數的奇偶性；函數的零點與方程根的關系；對數型復合函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：因為是偶函數，所以，所以，
所以，所以函數的周期為4，
因為時，，
如圖所示為在上的圖象
因為關于x的方程在區間內恰有三個不同實根，
所以的圖象與的圖象有3個不同的交點，
所以，即解得.
所以實數a的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】根據已知條件和偶函數的定義可知函數的周期為4，利用時的函數圖象可補充完在上的圖象，將在區間內恰有三個不同實根， 轉化為的圖象與的圖象有3個不同的交點，
在坐標平面中畫出兩個函數的圖象，依據它們有三個不同的交點得到，解這個不等式組可得的取值范圍.
四、解答題
15．（2025·眉山模擬）已知集合、集合（）.
（1）若，求實數的取值范圍；
（2）設命題：；命題：，若命題是命題的必要不充分條件，求實數的取值范圍.
【答案】（1）解：由題意可知，
又因為，
當時，，解得；
當時，，或，解得，
綜上所述，實數的取值范圍為.
（2）解：∵命題是命題的必要不充分條件，
∴集合是集合的真子集，
當時，，解得；
當時，（等號不能同時成立），解得，
綜上所述，實數的取值范圍為.
【知識點】空集；交集及其運算；必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【分析】（1）分、討論，根據交集的運算法則和空集的定義以及不等式求解方法，從而得出實數m的取值范圍.
（2）根據充分不必要條件判斷方法，得出集合是集合的真子集，再分、兩種情況討論，則根據真子集的判斷方法，從而得出實數m的取值范圍.
（1）由題意可知，
又，當時，，解得，
當時，，或，解得，
綜上所述，實數的取值范圍為；
（2）∵命題是命題的必要不充分條件，∴集合是集合的真子集，
當時，，解得，
當時，（等號不能同時成立），解得，
綜上所述，實數的取值范圍為.
16．（2025·眉山模擬）已知函數是定義在上的奇函數，且.
（1）求函數的解析式；
（2）判斷并證明在上的單調性；
（3）解不等式.
【答案】（1）解：由題意可知，，解得：，
所以，
因為，即，解得，
所以，．
（2）解：函數在上為減函數；
證明如下：任意，且，
所以，
因為，所以，，
所以，即，所以函數在上為減函數．
（3）解：不等式，即，即，
所以，解得，
所以該不等式的解集為．

【知識點】函數單調性的判斷與證明；函數的奇偶性；奇偶性與單調性的綜合
【解析】【分析】（1）根據奇函數的定義列式可得，結合可得，即可求得函數 的解析式；
（2）根據單調性的定義證明在上為減函數即可；
（3）利用奇函數的定義將不等式轉化為，進而根據函數的單調性列不等式組，進而求解即可求得不等式的解集
（1）函數是定義在上的奇函數，，解得：，
∴，而，解得，
∴，．
（2）函數在上為減函數；證明如下：
任意，且，
則，
因為，所以，，
所以，即，所以函數在上為減函數．
（3）由題意，不等式可化為，
所以，解得，所以該不等式的解集為．
17．（2025·眉山模擬）已知函數，且曲線在點處的切線斜率為.
（1）比較和的大小；
（2）討論的單調性；
（3）若有最小值，且最小值為，求的最大值.
【答案】（1）解：由題意可得，，
所以，整理得.
（2）解：由（1）知， 函數，且定義域為R，
所以，
當時，恒成立，所以在上單調遞增；
當時，令，解得，
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上所述，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（3）解：由（2）知，當時，無最小值，
當時，在處取得最小值，最小值為
所以，a>0所以，
當時，；當時，；
所以在上單調遞增，在單調遞減，
所以當時，取得最大值為，
所以的最大值為.
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【分析】（1）先對函數 進行求導，進而根據導數意義列方程即可得；
（2）根據先化簡函數 ，并求得函數的定義域，再進行求導，分和討論函數的單調性即可；
（3）利用（2）中結論求得的最小值，進而求得，再利用導數求最大值即可.
（1），由題知，
整理得.
（2）由（1）知，，
當時，恒成立，此時在上單調遞增；
當時，令，解得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（3）由（2）知，當時，無最小值，
當時，在處取得最小值，所以，
記，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在單調遞減，
所以當時，取得最大值，
即的最大值為.
18．（2025·眉山模擬）已知函數．
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）求函數在區間上的最小值．
【答案】（1）解：由題意得，，所以，
又，
所以曲線在點處的切線方程為，
即.

（2）解：因為和均在區間上單調遞減，
所以在區間上單調遞減，
因為，，
所以在上有且只有一個零點，記為，
所以時，；時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
因為，所以
所以在區間上的最小值為．
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數最大（小）值；利用導數研究曲線上某點切線方程
【解析】【分析】（1）對函數進行求導，進而求得，， 利用導數的幾何意義即可求得曲線在點處的切線方程；
（2）利用導數結合零點存在性定理求出函數單調性，進而即可求得函數在區間上的最小值．
（1）由題意得，，
所以，又，
所以曲線在點處的切線方程為，
即；
（2）由上問得，
因為和均在區間上單調遞減，
所以在區間上單調遞減，
因為，
，
所以在上有且只有一個零點，記為，
所以時，；時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
因為，
所以在區間上的最小值為．
19．（2025·眉山模擬）已知函數，
（1）已知函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，試求；
（2）證明；
（3）設是的根，則證明：曲線在點處的切線也是曲線的切線.
【答案】（1）因為的圖象與的圖象關于直線對稱，所以.
又因為，
所以，
令，則，
所以，
因此.
（2）證明：
解法1：因為當時，且，此時；
當時，且，此時，
所以綜上可得.
解法2：，令，在上恒成立，
故在上單調遞增，即在上單調遞增，
因此當時，； 當；
因此在上單調遞減，在上單調遞增，
故.
（3）證明：不妨取曲線上的一點，設在處的切線即是在處的切線，
則，得，則的坐標，
由于，所以，
則有，
綜上可知，直線的斜率等于在處的切線斜率和在處的切線斜率，
所以直線AB既是曲線在點處的切線也是曲線的切線.
【知識點】奇偶函數圖象的對稱性；導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【分析】（1）先根據，得，再利用換元法求，即可求解；
（2）解法1，分區間當、，討論各因式的符號。解法2，利用導數研究單調性，
均可證明；
（3）取曲線上的一點，設在處的切線即是在處的切線，證明直線的斜率等于在處的切線斜率和在處的切線斜率即可.
（1）因為的圖象與的圖象關于直線對稱，所以.
又因為，
所以，
令，則，
所以，
因此.
（2）證明：
解法1：當時，且，此時；
當時，且，此時，
故綜上.
解法2：，令，在上恒成立，
故在上單調遞增，即在上單調遞增，
因此當時，； 當；
因此在上單調遞減，在上單調遞增，
故.
（3）證明：不妨取曲線上的一點，設在處的切線即是在處的切線，
則，得，則的坐標，
由于，所以，
則有，
綜上可知，直線的斜率等于在處的切線斜率和在處的切線斜率，
所以直線AB既是曲線在點處的切線也是曲線的切線.
1 / 1四川省眉山中學校2025屆高三下學期第三次模擬考試數學試題
一、單選題：每小題5分，共40分
1．（2025·眉山模擬）已知集合，集合，則（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·眉山模擬）已知集合，，則（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·眉山模擬）命題p：“函數在區間上單調遞增”是命題q：“”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
4．（2025·眉山模擬）設函數，則不等式的解集為（　　）．
A． B． C． D．
5．（2025·眉山模擬）已知函數（且），若函數的值域為，則實數a的取值范圍是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·眉山模擬）已知函數，若對均有成立，則實數的取值范圍為（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·眉山模擬）中國的5G技術領先世界，5G技術中的數學原理之一是香農公式：，它表示在被高斯白噪音干擾的信道中，最大信息傳送速率取決于信道帶寬、信道內所傳信號的平均功率S、信道內部的高斯噪音功率的大小，其中叫做信噪比.已知當比較大時，，按照香農公式，由于技術提升，寬帶在原來的基礎上增加，信噪比從1000提升至8000，則大約增加了（　　）（附：）
A． B． C． D．
8．（2025·眉山模擬）已知定義在上的奇函數的導函數為，，當時，，則不等式的解集為（　　）
A． B．
C． D．
二、多選題，每小題6分，共18分
9．（2025·眉山模擬）已知定義在上的函數不恒等于，且對任意的，有，則（　　）
A． B．是偶函數
C．的圖象關于點中心對稱 D．是的一個周期
10．（2025·眉山模擬）若，則（　　）
A． B． C． D．
11．（2025·眉山模擬）設函數，則（　　）
A．當時，是的極小值點
B．當時，有三個零點
C．當時，若在上有最大值，則m的取值范圍為
D．若滿足，則
三、填空題
12．（2025·眉山模擬）記函數的定義域為A，的定義域為B．若，則實數a的取值范圍為　 　.
13．（2025·眉山模擬）函數，，若，使成立，則的取值范圍是　 　 ．
14．（2025·眉山模擬）設是定義在R上的偶函數，對任意的，都有，且當時，.若關于x的方程在區間內恰有三個不同實根，則實數a的取值范圍是　 　
四、解答題
15．（2025·眉山模擬）已知集合、集合（）.
（1）若，求實數的取值范圍；
（2）設命題：；命題：，若命題是命題的必要不充分條件，求實數的取值范圍.
16．（2025·眉山模擬）已知函數是定義在上的奇函數，且.
（1）求函數的解析式；
（2）判斷并證明在上的單調性；
（3）解不等式.
17．（2025·眉山模擬）已知函數，且曲線在點處的切線斜率為.
（1）比較和的大小；
（2）討論的單調性；
（3）若有最小值，且最小值為，求的最大值.
18．（2025·眉山模擬）已知函數．
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）求函數在區間上的最小值．
19．（2025·眉山模擬）已知函數，
（1）已知函數的圖象與函數的圖象關于直線對稱，試求；
（2）證明；
（3）設是的根，則證明：曲線在點處的切線也是曲線的切線.
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】集合的表示方法
【解析】【解答】解：集合，則集合.
故答案為：C.
【分析】由題意，求解集合即可.
2．【答案】A
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：由解得，所以，
由，解得，所以，
所以.
故選：A.
【分析】先由指對數運算以及指對數函數的性質分別得出集合，再利用交集定義運算即可求得.
3．【答案】A
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；利用導數研究函數的單調性
【解析】【解答】解：因為函數在內單調遞增，所以，
即在上恒成立，即，又因為，所以，
當時，能推出，但推不出，
則是的充分不必要條件．
故答案為：A.
【分析】先根據函數在上單調遞增，求得的取值范圍，再根據充分、必要條件的定義判斷即可
4．【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；利用導數研究函數的單調性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：函數的定義域為，
定義域關于原點對稱，滿足，則函數為奇函數，
，易知，當且僅當時取等號，
則函數在上單調遞增，
不等式等價于，
因為函數在上單調遞增，所以，
即，解得，則原不等式的解集為.
故答案為：D.
【分析】求函數的定義域，判斷函數的奇偶性以及單調性，利用函數的單調性列式解不等式即可.
5．【答案】B
【知識點】集合關系中的參數取值問題；指數函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：當時，則，且，
所以，
若函數的值域為，可知當時，則的值域包含，
若，則在內單調遞減，
可得，不合題意；
若，則在內單調遞增，
可得，則，解得，
綜上所述：實數a的取值范圍是.
故選：B.
【分析】利用x的取值范圍和二次函數的圖象求值域的方法，可知當時，，由題意可知當時，則的值域包含，再分和兩種情況，從而結合指數型函數的單調性求值域的方法，從而得出實數a的取值范圍.
6．【答案】B
【知識點】函數恒成立問題
【解析】【解答】解：因為函數，則函數在上為增函數，
因為對均有成立，
則，即對恒成立，
令，則，解得，
因此，實數的取值范圍是.
故答案為：B.
【分析】由題意可知，，則可得出對恒成立，令，再由題意可得出，從而解不等式組得出實數的取值范圍.
7．【答案】D
【知識點】對數的性質與運算法則；換底公式及其推論；“對數增長”模型
【解析】【解答】解：由題意可得，當時，，
當時，，
則
，
則信噪比從1000提升至8000，的增長率約為.
故答案為：D.
【分析】由香農公式結合對數的運算性質計算信噪比為1000和8000時的比值即可.
8．【答案】A
【知識點】函數的奇偶性；利用導數研究函數的單調性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：當時，，則，
構造函數，求導可得，則函數在上單調遞增，
因為為奇函數，所以為偶函數，且在上單調遞減，
，，
當或時，，
當或時，，
當時，，；
當時，，若則，，
若則，，
若則，，不符合題意；
綜上，不等式的解集為.
故答案為：A.
【分析】由題意，構造函數，由復合函數和函數的奇偶性得到的單調性，再分的范圍解不等式即可.
9．【答案】A,B,C
【知識點】函數的奇偶性；奇偶函數圖象的對稱性；函數的周期性；函數的值
【解析】【解答】解：對于A，根據題意，令，
則由，可得，
解得，故A正確；
對于B，令，可得，
所以，
可得對任意的滿足，即是偶函數，故B正確；
對于C，令，則由，
可得，
即滿足，
因此可得的圖象關于點中心對稱，故C正確；
對于D，由于是偶函數，所以滿足，
即，可得，
即，所以是的一個周期，故D錯誤.
故答案為：ABC.
【分析】利用賦值法，令，則根據表達式判斷出選項A；根據偶函數定義判斷出選項B；取并根據函數圖象的對稱中心的定義，則可判斷出選項C；由函數的圖象的對稱中心和偶函數性質可判斷是的一個周期，則可判斷出選項D，從而找出正確的選項.
10．【答案】A,B,C
【知識點】指數式與對數式的互化；對數的性質與運算法則；利用對數函數的單調性比較大小
【解析】【解答】解：A、因為，所以，故選項A正確；
B、因為，所以，故選項B正確.
C、所以，
所以，故選項C正確；
D、所以，故選項D錯誤.
故選：ABC.
【分析】根據指對數的互化可得， 根據對數函數的性質即可求得a，b的取值范圍可判斷選項AB；利用對數式的運算可得，進而計算即可判斷選項CD．
11．【答案】B,D
【知識點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數最大（小）值；函數的零點與方程根的關系
【解析】【解答】解： 函數的定義域為R，且，
令，解得x=0或，
A、因為時，所以時，；當或時，，
所以是的極大值點，故選項A錯誤；
B、當時，當或時，；當時，；
所以f(x)在單調遞增，單調遞減；
又，，
又時，；又時，，
所以當時，有三個零點，故選項B正確；
C、當時，，
所以當或時，；當時，；
又，由，解得，
所以若在上有最大值，則，故選項C錯誤；
D、由，可得，
所以對恒成立，所以，
解得，故選項D正確.
故選：BD.
【分析】對函數f(x)進行求導，利用導數結合每個選項的條件計算可判斷每個選項的正確性.
12．【答案】
【知識點】集合間關系的判斷；集合關系中的參數取值問題；函數的定義域及其求法
【解析】【解答】解：要使函數有意義，則，
解得或，即集合或；
要使函數有意義，則，
因為，所以，所以，即集合，
因為，所以或，解得或，
又因為，所以或，
則實數的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】根據函數由題意，列不等式或不等式組求得集合A，B，再由列出不等式，結合求出的范圍即可.
13．【答案】
【知識點】集合關系中的參數取值問題；函數的值域；函數恒成立問題
【解析】【解答】解：由題意可得，，；
所以，
所以，解得，
又，所以的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】根據一次函數以及二次函數單調性分別求得兩函數值域，再根據題意得出兩值域的包含關系即可得出的取值范圍.
14．【答案】
【知識點】函數的奇偶性；函數的零點與方程根的關系；對數型復合函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：因為是偶函數，所以，所以，
所以，所以函數的周期為4，
因為時，，
如圖所示為在上的圖象
因為關于x的方程在區間內恰有三個不同實根，
所以的圖象與的圖象有3個不同的交點，
所以，即解得.
所以實數a的取值范圍是.
故答案為：.
【分析】根據已知條件和偶函數的定義可知函數的周期為4，利用時的函數圖象可補充完在上的圖象，將在區間內恰有三個不同實根， 轉化為的圖象與的圖象有3個不同的交點，
在坐標平面中畫出兩個函數的圖象，依據它們有三個不同的交點得到，解這個不等式組可得的取值范圍.
15．【答案】（1）解：由題意可知，
又因為，
當時，，解得；
當時，，或，解得，
綜上所述，實數的取值范圍為.
（2）解：∵命題是命題的必要不充分條件，
∴集合是集合的真子集，
當時，，解得；
當時，（等號不能同時成立），解得，
綜上所述，實數的取值范圍為.
【知識點】空集；交集及其運算；必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【分析】（1）分、討論，根據交集的運算法則和空集的定義以及不等式求解方法，從而得出實數m的取值范圍.
（2）根據充分不必要條件判斷方法，得出集合是集合的真子集，再分、兩種情況討論，則根據真子集的判斷方法，從而得出實數m的取值范圍.
（1）由題意可知，
又，當時，，解得，
當時，，或，解得，
綜上所述，實數的取值范圍為；
（2）∵命題是命題的必要不充分條件，∴集合是集合的真子集，
當時，，解得，
當時，（等號不能同時成立），解得，
綜上所述，實數的取值范圍為.
16．【答案】（1）解：由題意可知，，解得：，
所以，
因為，即，解得，
所以，．
（2）解：函數在上為減函數；
證明如下：任意，且，
所以，
因為，所以，，
所以，即，所以函數在上為減函數．
（3）解：不等式，即，即，
所以，解得，
所以該不等式的解集為．

【知識點】函數單調性的判斷與證明；函數的奇偶性；奇偶性與單調性的綜合
【解析】【分析】（1）根據奇函數的定義列式可得，結合可得，即可求得函數 的解析式；
（2）根據單調性的定義證明在上為減函數即可；
（3）利用奇函數的定義將不等式轉化為，進而根據函數的單調性列不等式組，進而求解即可求得不等式的解集
（1）函數是定義在上的奇函數，，解得：，
∴，而，解得，
∴，．
（2）函數在上為減函數；證明如下：
任意，且，
則，
因為，所以，，
所以，即，所以函數在上為減函數．
（3）由題意，不等式可化為，
所以，解得，所以該不等式的解集為．
17．【答案】（1）解：由題意可得，，
所以，整理得.
（2）解：由（1）知， 函數，且定義域為R，
所以，
當時，恒成立，所以在上單調遞增；
當時，令，解得，
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上所述，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（3）解：由（2）知，當時，無最小值，
當時，在處取得最小值，最小值為
所以，a>0所以，
當時，；當時，；
所以在上單調遞增，在單調遞減，
所以當時，取得最大值為，
所以的最大值為.
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【分析】（1）先對函數 進行求導，進而根據導數意義列方程即可得；
（2）根據先化簡函數 ，并求得函數的定義域，再進行求導，分和討論函數的單調性即可；
（3）利用（2）中結論求得的最小值，進而求得，再利用導數求最大值即可.
（1），由題知，
整理得.
（2）由（1）知，，
當時，恒成立，此時在上單調遞增；
當時，令，解得，
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增.
（3）由（2）知，當時，無最小值，
當時，在處取得最小值，所以，
記，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在單調遞減，
所以當時，取得最大值，
即的最大值為.
18．【答案】（1）解：由題意得，，所以，
又，
所以曲線在點處的切線方程為，
即.

（2）解：因為和均在區間上單調遞減，
所以在區間上單調遞減，
因為，，
所以在上有且只有一個零點，記為，
所以時，；時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
因為，所以
所以在區間上的最小值為．
【知識點】導數的幾何意義；利用導數研究函數最大（小）值；利用導數研究曲線上某點切線方程
【解析】【分析】（1）對函數進行求導，進而求得，， 利用導數的幾何意義即可求得曲線在點處的切線方程；
（2）利用導數結合零點存在性定理求出函數單調性，進而即可求得函數在區間上的最小值．
（1）由題意得，，
所以，又，
所以曲線在點處的切線方程為，
即；
（2）由上問得，
因為和均在區間上單調遞減，
所以在區間上單調遞減，
因為，
，
所以在上有且只有一個零點，記為，
所以時，；時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
因為，
所以在區間上的最小值為．
19．【答案】（1）因為的圖象與的圖象關于直線對稱，所以.
又因為，
所以，
令，則，
所以，
因此.
（2）證明：
解法1：因為當時，且，此時；
當時，且，此時，
所以綜上可得.
解法2：，令，在上恒成立，
故在上單調遞增，即在上單調遞增，
因此當時，； 當；
因此在上單調遞減，在上單調遞增，
故.
（3）證明：不妨取曲線上的一點，設在處的切線即是在處的切線，
則，得，則的坐標，
由于，所以，
則有，
綜上可知，直線的斜率等于在處的切線斜率和在處的切線斜率，
所以直線AB既是曲線在點處的切線也是曲線的切線.
【知識點】奇偶函數圖象的對稱性；導數的幾何意義；利用導數研究函數的單調性；利用導數研究函數最大（小）值
【解析】【分析】（1）先根據，得，再利用換元法求，即可求解；
（2）解法1，分區間當、，討論各因式的符號。解法2，利用導數研究單調性，
均可證明；
（3）取曲線上的一點，設在處的切線即是在處的切線，證明直線的斜率等于在處的切線斜率和在處的切線斜率即可.
（1）因為的圖象與的圖象關于直線對稱，所以.
又因為，
所以，
令，則，
所以，
因此.
（2）證明：
解法1：當時，且，此時；
當時，且，此時，
故綜上.
解法2：，令，在上恒成立，
故在上單調遞增，即在上單調遞增，
因此當時，； 當；
因此在上單調遞減，在上單調遞增，
故.
（3）證明：不妨取曲線上的一點，設在處的切線即是在處的切線，
則，得，則的坐標，
由于，所以，
則有，
綜上可知，直線的斜率等于在處的切線斜率和在處的切線斜率，
所以直線AB既是曲線在點處的切線也是曲線的切線.
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