2022-2023学年北京市海淀区二十中学高一上学期阶段性检测（12月月考）数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市海淀区二十中学高一上学期阶段性检测（12月月考）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用集合交集的定义求解.

【详解】由结合绝对值的几何意义解得，

所以，

所以，

故选:B.

2．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】与“0”，“1”比较大小即可解决.

【详解】由题知,

，

，

，因为，所以

所以，

故选：A

3．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据具体函数的性质对选项逐一判断即可.

【详解】对于A，因为，当时，，显然在上单调递减，故A错误；

对于B，因为，所以，，即存在，使得，

所以不是偶函数，故B错误；

对于C，因为，所以，，即，所以在上并不单调递增，故C错误；

对于D，因为，易得的定义域为，即的定义域关于原点对称，

又，所以是在上的偶函数，

当时，，显然在上单调递增，故D正确.

故选：D.

4．已知，则下列各选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】每个选项依次考查，判断一个命题是假命题只需举一个反例..

【详解】

A：不妨取，，A错；

B：单调递减，，B对；

C：取，，C错；

D：取D错；

故选：B

5．已知函数．在下列区间中，包含零点的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据零点存在性定理解决即可.

【详解】由题知，函数在定义域内单调递减，且

，

，

，

，

，

所以零点的区间是,

故选：C

6．在同一坐标系内，函数和的图象可能是(　　)

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据幂函数的图象与性质，分和讨论，利用排除法，即可求解，得到答案.

【详解】由题意，若时，函数在递增，此时递增，排除D；纵轴上截距为正数，排除C，即时，不合题意；

若时，函数在递减，又由递减可排除A，故选B.

【点睛】本题主要考查了幂函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记幂函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

7．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录表的数据V的满足．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据为（    ）（）

A．1.5 B．1.2 C．0.8 D．0.6

【答案】C

【分析】根据关系，当时，求出，再用指数表示，即可求解.

【详解】由，当时，，

则.

故选：C.

8．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.

【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；

当时，，选项B错误.

故选：A.

【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．

9．已知函数，则“”是“为奇函数”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据可得，由奇偶性定义可知充分性成立；由为奇函数可知，由此可构造方程求得，知必要性成立，由此可得结论.

【详解】当时，，，

为奇函数，充分性成立；

当为奇函数时，由得：，

，即，必要性成立；

“”是“为奇函数”的充分必要条件.

故选：C.

10．已知函数．下列关于函数的说法错误的是（    ）

A．函数是奇函数

B．函数在上是增函数

C．函数的值域是

D．存在实数，使得关于的方程有两个不相等的实数根

【答案】D

【分析】根据奇函数的性质、指数函数的性质，结合函数的单调性进行求解判断即可.

【详解】解：对于A，函数的定义域为，

，且，

函数是奇函数，A选项正确；

对于B，函数，

令，，

，，

而，，

，即，

因此函数在上是增函数，B选项正确；

对于C，函数，，

，则，

，即，

所以函数的值域是，C选项正确；

对于D，由B可知函数在上是增函数，因此关于的方程不可能有两个不相等的实数根，D选项错误；

故选：D.

二、填空题

11．函数的定义域是___________．

【答案】

【分析】利用具体函数的定义域的求法求解即可.

【详解】因为，

所以，则且，

故的定义域是.

故答案为：.

12．函数的零点为___________．

【答案】1

【分析】直接解方程即可.

【详解】

故答案为：1

13．函数（且）的图象过定点_________.

【答案】

【分析】令真数为，求出的值，再代入函数解析式，即可得出函数的图象所过定点的坐标.

【详解】令，得，且.

因此，函数的图象过定点.

故答案为.

【点睛】本题考查对数型函数图象过定点问题，一般利用真数为求出自变量的值，考查运算求解能力，属于基础题.

14．已知函数，．若函数存在两个零点，则的取值范围是___________．

【答案】

【分析】先分类讨论时，不符合题意；当时，写成分段函数的形式，判断其单调性，利用零点存在定理得出有两个零点的条件即可求解.

【详解】因为，，

所以，

若时，在上为增函数，至多有一个零点，不符合题意；

当时，，

则在单调递减，在单调递增，

易知，

当时，因为可取得无穷大值，故不管的取值如何，在必存在一点，使得，

所以在上必存在唯一零点，

因为函数存在两个零点，

所以当时，在上也必须存在一个零点，即在必存在一点，使得，即，

所以在上能成立，

因为指数函数恒成立，且当时，，

所以只需即可，得，即的取值范围为.

故答案为：.

15．已知函数，其中且．给出下列四个结论：

①若，则函数的零点是；

②若函数无最小值，则的取值范围为；

③若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；

④若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为．

其中，所有正确结论的序号是_____．

【答案】①④

【分析】令可确定①正确；由函数无最小值可知当时，单调递减，得②错误；分别判断两段函数的单调性，根据严格单调递增的要求知③错误；讨论可知时存在有三个不等实根的情况，采用数形结合的方式可得的范围，分别求得，进而得到的范围，知④正确.

【详解】对于①，令，解得：；令，解得：（舍）；

若，则函数的零点是，①正确；

对于②，当时，，此时；

若无最小值，则需当时，单调递减，即，解得：，

又且，的取值范围为，②错误；

对于③，当时，在上单调递减，在，上分别单调递增；

若需在上单调递增，则，解得：（舍），

在上并非严格单调递增，③错误；

对于④，当时，在时有无数解，不满足题意；

当或时，，则当时，方程无解；当时，有唯一解；不满足方程有三个不等实根；

当时，大致图象如下图所示，

若有三个不等实根，则，解得：；

设，

令，解得：，即；

令，解得：，，

；

，，，

，④正确.

故答案为：①④

【点睛】思路点睛：本题考查分段函数零点、最值、单调性和方程根的分布的问题；求解方程根的分布的基本思路是能够将问题转化为曲线与平行于轴的直线交点个数问题，通过数形结合的方式，利用函数图象来进行分析和讨论，由此确定根的分布情况.

三、解答题

16．计算下列各式的值．

(1)；

(2)

【答案】(1)5

(2)7

【分析】根据指数、对数的运算规律化简求解即可.

【详解】（1）解：原式.

（2）解：原式

.

17．已知对数函数（且）．

(1)若对数函数的图像经过点，求的值；

(2)若对数函数在区间上的最大值比最小值大2，求的值．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）已知对数函数的图像经过点，将此点代入函数即可求出的值；

（2）对数函数在区间上的最大值比最小值大2，分类讨论，时函数的单调性，并求出最大值与最小值，列出方程即可求出的值.

【详解】（1）解：若对数函数的图像经过点，则，

，即.

（2）解：当时，在上是增函数，

，，

因为最大值比最小值大2，

所以，解得；

当时，在上是减函数，

，，

则，

，

综上或.

18．已知函数．

(1)若，求不等式的解集；

(2)已知，求不等式的解集．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）当时，直接由一元二次不等式的解法可得出所求的答案；

（2）分类讨论: ，和，分别根据一元二次不等式的解法即可得出相应的解集.

【详解】（1）解：当时，，

所以不等式可化为：，解得，

即不等式的解集为：.

（2）解：因为，

当，即时，解得或；

当，即时，解得；

当，即时，解得或；

综上所述，当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为.

19．已知函数．

(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；

(2)判断函数在上的单调性，并用单调性定义证明；

(3)若对任意恒成立，求的取值范围．

【答案】(1)奇函数，理由见解析；

(2)单调递增，证明见解析；

(3).

【分析】（1）根据证明函数的奇偶性步骤解决即可；

（2）根据单调性定义法证明即可；

（3）根据奇偶性，单调性转化解不等式即可.

【详解】（1）为奇函数，理由如下

易知函数的定义域为，关于原点对称，

因为，

所以为奇函数.

（2）在上的单调递增，证明如下

因为，，

设任意的，且，

所以

因为，，

所以，

所以，即，

所以函数在上的单调递增.

（3）由（1）知为奇函数，由（2）知在上的单调递增，

所以在单调递增，

因为对任意恒成立，

所以，

所以对任意恒成立，

令，

则只需，解得，

所以的取值范围为.

20．有一种放射性元素，最初的质量为，按每年衰减

(1)求两年后，这种放射性元素的质量；

(2)求年后，这种放射性元素的质量（单位为：）与时间的函数表达式；

(3)由（2）中的函数表达式，求这种放射性元素的半衰期（剩留量为原来的一半所需的时间叫作半衰期）．（精确到年，已知：，）

【答案】(1)405

(2)

(3)年.

【分析】(1)根据衰减率直接求解即可；(2)根据衰减规律归纳出函数表达式；(3)半衰期即为质量衰减为原来的一半，建立等式，利用换底公式求解.

【详解】（1）经过一年后，这种放射性元素的质量为，

经过两年后，这种放射性元素的质量为，

即两年后，这种放射性元素的质量为405

（2）由于经过一年后，这种放射性元素的质量为，

经过两年后，这种放射性元素的质量为，

……

所以经过年后，这种放射性元素的质量.

（3）由题可知，即年.

21．对于正整数集合，记，记集合所有元素之和为，．若，存在非空集合、，满足：①；②；③，则称存在“双拆”．若，均存在“双拆”，称可以“任意双拆”．

(1)判断集合和是否存在“双拆”？如果是，继续判断可否“任意双拆”？（不必写过程，直接写出判断结果）；

(2)，证明：不能“任意双拆”；

(3)若可以“任意双拆”，求中元素个数的最小值．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据题中定义判断可得出结论；

（2）不妨设，利用反证法，通过讨论集合中去掉的元素，结合“任意双拆”的定义得出等式，推出矛盾，即可证得原结论成立；

（3）分析可知集合中每个元素均为奇数，且集合中所有元素都为奇数，分析可知，当时，，根据“任意分拆”的定义可判断集合可“任意分拆”，即可得出结论.

【详解】（1）解：对于集合，，且，

所以，集合可双拆，

若在集合中去掉元素，因为，，，故集合不可“任意分拆”；

若集合可以“双拆”，则在集合去除任意一个元素形成新集合，

若存在集合、使得，，，则，

即集合中所有元素之和为偶数，

事实上，集合中的元素为个奇数，这个奇数的和为奇数，不合乎题意，

故集合不可“双拆”.

（2）证明：不妨设.

反证法：如果集合可以“任意双拆”，

若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，

则有，①，或，②，

若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，

则有，③，或，④，

由①③可得，矛盾；

由②③可得，矛盾；

由①④可得，矛盾；

由②④可得，矛盾.

因此，当时，集合一定不能“任意双拆”.

（3）解：设集合.

由题意可知均为偶数，因此均为奇数或偶数.

如果为奇数，则也均为奇数，由于，则为奇数；

如果为偶数，则也均为偶数.

此时设，则也是可“任意分拆”的，

重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“任意分拆”集，此时各项之和也为奇数，

则集合中元素个数为奇数，

综上所述，集合中的元素个数为奇数，

当时，显然集合不可“任意分拆”；

当时，由（2）可知，不可“任意分拆”，故.

当时，取集合，

因为，，，

，，，

则集合可“任意分拆”，

所以，集合中元素个数的最小值为.

【点睛】方法点睛：处理集合有关的新定义问题时，关键在于审清题意，合理将所给定义转化为元素与集合、集合与集合之间的关系来处理，本题在证明（2）中的结论时，要充分利用题中定义，结合反证法推出矛盾，进而得出结论成立.