PAGEPAGE82024學年高三上學期月考數(shù)學（文）試題一、單選題（本大題共12小題，每小題5分，共60分）1．已知集合，，則()A． B．C． D．2．已知函數(shù)的定義域是，則函數(shù)的定義域是（）A． B． C． D．3．已知、，若，，則是的（）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充分且必要條件 D．既不充分也不必要條件4.設(shè)命題，；命題，中至少有一個不小于2。則下列命題為真命題的是（）A．B．C．D．5．設(shè)，則的大小關(guān)系是（）A．B．C．D．6．已知函數(shù)是偶函數(shù)，當時，，則曲線在處的切線方程為（）A． B．C．D．7．已知函數(shù)的值域為，則實數(shù)的取值范圍是（）A． B． C． D．8．函數(shù)的圖象大致為() ABCD9.已知函數(shù)，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A．B．C．D．10．已知函數(shù)，若方程有4個不同的實根，且，則()A．12 B．16 C．18 D．2011．函數(shù)對于隨意實數(shù)，都與成立，并且當時，.則方程的根的個數(shù)是（）A． B． C． D．12．已知函數(shù)在區(qū)間上存在最大值，則實數(shù)a的取值范圍是()A． B． C． D．二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13．函數(shù)，的值域為__________.14．已知函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍為15．已知定義在上的可導函數(shù)的導函數(shù)為，滿意是偶函數(shù)，，則不等式的解集為16．已知函數(shù)，若關(guān)于的方程在定義域上有四個不同的解，則實數(shù)的取值范圍是_______.三、解答題（本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17．（本小題滿分10分）設(shè)：實數(shù)滿意不等式，函數(shù)無極值點.（1）若為假命題，為真命題，求實數(shù)的取值范圍；（2）若為真命題，并記為，且：或，若是的必要不充分條件，求的取值范圍.18．（本小題滿分12分）已知函數(shù)在區(qū)間上有最大值4和最小值1，設(shè).（1）求的值；（2）若不等式在區(qū)間上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.19．（本小題滿分12分）某種出口產(chǎn)品的關(guān)稅稅率為，市場價格(單位:千元)與市場供應量(單位:萬件)之間近似滿意關(guān)系式:,其中、均為常數(shù).當關(guān)稅稅率時,若市場價格為5千元，則市場供應量約為1萬件；若市場價格為7千元,則市場供應量約為2萬件.（1）試確定、的值；（2）市場需求量(單位:萬件)與市場價格近似滿意關(guān)系式：,當時，市場價格稱為市場平衡價格，當市場平衡價格不超過4千元時，試確定關(guān)稅稅率的最大值.20．（本小題滿分12分）已知函數(shù)．（1）若的圖象在處的切線恰好也是圖象的切線．求實數(shù)的值；（2）對于區(qū)間上的隨意兩個不相等的實數(shù)且，都有成立．試求實數(shù)的取值范圍．21．（本小題滿分12分）已知函數(shù).若函數(shù)有兩個極值點，且，求的取值范圍．22．（本小題滿分12分）已知函數(shù).（1）當時，若函數(shù)恰有一個零點，求的取值范圍；（2）當時，恒成立，求的取值范圍.

高三2024年秋期其次次月考文科數(shù)學答案DDABCABBDDAD13.14.15.16.16.若在定義域上有四個不同的解等價于關(guān)于原點對稱的函數(shù)與函數(shù)f(x)=lnx-x(x>0)的圖象有兩個交點，聯(lián)立可得有兩個解，即可設(shè)，則，進而且不恒為零，可得在單調(diào)遞增.由可得時，單調(diào)遞減；時，單調(diào)遞增，即在處取得微小值且為作出的圖象，可得時，有兩個解.17.解：若為真，則，又，若為真，令，則；（1）由為假命題，為真命題，則與一真一假若為真，為假，則，若為假，為真，則，綜上，實數(shù)的取值范圍為或；（2）若為真，則，或或又是的必要不充分條件，，.18.（1），因為，所以在區(qū)間上是增函數(shù)，故，解得．（2）由已知可得，所以可化為，化為，令，則，因，故，記，因為，故，所以的取值范圍是．19.（1）由已知，解得，（2）當時，所以而在上單調(diào)遞減，所以當時，最小值，故當時，關(guān)稅稅率的最大值為.20.（1）∵,∴，∴，又，∴的圖象在處的切線方程為，即，由，消去整理得得則，解得；（2）由條件可知，設(shè)，則由條件可得在上單調(diào)遞減，∴在上恒成立，∴在上恒成立，即在上恒成立，∵，當時等號成立。∴，又由條件知，∴．∴實數(shù)的取值范圍為.21.解：(0，＋∞)，f′(x)＝2(x－1)＋eq\f(m,x)＝eq\f(2x2－2x＋m,x).因為x1，x2為函數(shù)f(x)的兩個極值點，所以x1，x2是方程2x2－2x＋m＝0的兩個不等實根，由根與系數(shù)的關(guān)系知x1＋x2＝1，x1x2＝eq\f(m,2)，(*)又x1<x2，所以易知0<x1<eq\f(1,2)<x2<1，eq\f(fx2,x1)＝eq\f(x2－12＋mlnx2,x1)，將(*)式代入得eq\f(fx2,x1)＝eq\f(x2－12＋2x21－x2lnx2,1－x2)＝1－x2＋2x2lnx2.令g(t)＝1－t＋2tlnt，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則g′(t)＝2lnt＋1，令g′(t)＝0，解得t＝eq\f(1,\r(e)).當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,\r(e))))時，g′(t)<0，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,\r(e))))上單調(diào)遞減；當t∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，1))時，g′(t)>0，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))，1))上單調(diào)遞增．所以g(t)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(e))))＝1－eq\f(2,\r(e))＝1－eq\f(2\r(e),e)，g(t)<maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，g1))，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)－ln2<0＝g(1)，即eq\f(fx2,x1)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2\r(e),e)，0)).22.（1）函數(shù)的定義域為．當時，，所以．①當時，，時無零點．②當時，，所以在上單調(diào)遞增，取，則，因為，所以，此時函數(shù)恰有一個零點．③當時，令，解得．當時，，所以在上單調(diào)遞減；當時，，所以在上單調(diào)遞增．要使函數(shù)有