2022-2023学年青海省海东市第一中学高一上学期第三次月考（12月）数学试题含答案

2022-2023学年青海省海东市第一中学高一上学期第三次月考（12月）数学试题

一、单选题

1．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】解方程，然后根据充分性和必要性的定义求解即可.

【详解】或，

故“”是“”的充分不必要条件，

故选：A.

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据指数函数的性质判断．

【详解】最小，

又，在上单调递增，

所以，即，

综上，，

故选：A．

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将和分别带入对应函数解析式中求出函数值，即可求出结果.

【详解】因为

所以，，所以，

故选：D.

4．函数的零点所在的区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先判断出在上单调递增，利用零点存在定理直接判断.

【详解】因为函数在上单调递增，在上单调递增，

所以在上单调递增.

当时，，

，，

.

由零点存在定理可得：函数的零点所在的区间是.

故选：C

5．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由对数函数与指数函数的单调性即可比较大小.

【详解】因为，所以，

，

所以，

即.

故选：A

6．下列结论中正确的个数是（    ）

①命题“所有的四边形都是矩形”是存在量词命题；

②命题“，”是全称量词命题；

③命题“，”是真命题；

④命题“有一个偶数是素数”是真命题.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】①命题是全称量词命题；②命题是全称量词命题；③④，通过举例得到命题是真命题.

【详解】①命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，不是存在量词命题，所以该命题是假命题；

②命题“，”是全称量词命题，所以该命题是真命题；

③命题，，如，所以该命题是真命题；

④命题“有一个偶数是素数”是真命题，如2，所以该命题是真命题.

故选：D

7．设实数满足，，且，则（    ）

A．有最小值 B．有最大值 C．有最大值 D．有最小值

【答案】C

【分析】由，根据，利用基本不等式可求得结果.

【详解】；

，，，，

（当且仅当，即时取等号），

，即有最大值.

故选：C.

8．已知函数，函数.若任意的，存在，使得，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】讨论和时，根据函数的单调性求出值域，然后得出对应的包含关键建立不等式求解.

【详解】由，由可得，

①当时，函数单调递减，此时，

则必有，解得；

②当时，函数单调递增，此时，

则必有，无解.

故实数的取值范围为.

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）若，，总有成立，故；

（2）若，，有成立，故；

（3）若，，有成立，故；

（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．

二、多选题

9．已知，则的取值可以为（    ）

A．1 B． C．3 D．4

【答案】BC

【分析】由不等式的性质求解即可.

【详解】因为，两式相加可得，所以，

故选：BC．

10．已知函数在区间上单调，则实数m的值可以是（    ）

A．0 B．8 C．16 D．20

【答案】ACD

【分析】求出函数的对称轴，结合函数的单调性，得到不等式解出即可．

【详解】函数的对称轴为，

若函数在区间上单调，则或，解得或．

故选：ACD.

11．下列判断正确的有（    ）

A． B．（其中）

C． D．（其中，）

【答案】BCD

【分析】根据根式的性质判断A，根据分数指数幂的运算性质判断B，C，D.

【详解】对于选项A，，A错误；

对于选项B，因为，所以，B正确；

对于选项C，，C正确；

对于选项D，因为，，所以，D正确；

故选：BCD.

12．是定义在上的偶函数，当时，，则下列说法中错误的是（    ）

A．的单调递增区间为

B．

C．的最大值为4

D．的解集为

【答案】ABD

【分析】A选项，画出函数图象，但两个单调递增区间不能用并集符合连接；

B选项，根据奇偶性得到，结合函数在上的单调性作出判断；

C选项，时，配方求出的最大值，结合函数奇偶性得到的最大值；

D选项，由图象求出的解集为.

【详解】因为是定义在上的偶函数，当时，，

当，，故，

画出的图象如下：

A：两个单调递增区间中间要用和或逗号分开，故A错误；

B：在上单调递减，则，故B错误；

C：当时，最大值为4，又因为是偶函数，故C正确；

D：的解集为，故D错误．

故选：ABD．

三、填空题

13．函数且过定点        ．

【答案】

【分析】令，求得的值，再代入函数的解析式可求得定点的坐标.

【详解】令，可得，

.

因此，函数的图象过定点.

故答案为：.

14．已知，则         ．（结果用含的式子来表示）

【答案】

【分析】根据换底公式及对数的运算法则求解.

【详解】．

故答案为：

15．设函数，则的单调递减区间为            ．

【答案】/

【分析】首先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性法则判断即可.

【详解】要使函数有意义，则，解得，即函数的定义域为，

设，，则函数开口向下，对称轴方程为，

所以函数在单调递增，在上单调递减，

又在定义域上单调递增，

根据复合函数的单调性可知，函数的单调递减区间为.

故答案为：

16．已知函数，则使的的值组成的集合为      .

【答案】

【分析】先分段讨论求出，代入求出，再分段讨论求出，代入可求出.

【详解】当时，无解；

当时，，得，

若，则，得；

若，则，得或.

综上所述：的值组成的集合为.

故答案为：

四、解答题

17．已知集合，，．

(1)求；

(2)求，并写出的所有子集．

【答案】(1)

(2)；的所有子集为，，，

【分析】（1）联立二元一次方程组，求出交点即可得解；（2）联立二元一次方程和一元二次函数即可得解.

【详解】（1）由得，

所以；

（2）由解得或，

所以．

所以的所有子集为，，，．

18．已知函数.

（1）若不等式的解集为，求实数，的值.

（2）当时，解关于的不等式.

【答案】（1）；（2）详见解析

【解析】（1）由的解集为，可知和是方程的两实数根，根据韦达定理，可得到关于的方程组，求解即可；

（2）当时，，进而分，和三种情况，分别解不等式，即可求出答案.

【详解】（1）因为不等式的解集为，所以和是方程的两实数根，

则，即.

（2）当时，.

若，则，解得；

若，则，解得；

若，则，解得.

19．已知指数函数（且）的图象过点．

(1)求函数的解析式；

(2)求函数在上的值域和单调区间．

【答案】(1)

(2)值域为；单调递减区间为，单调递增区间为

【分析】（1）由可求出的值，可得出函数的解析式；

（2）令，，利用复合函数的单调性可得出函数在上的单调增区间和减区间，并由此求出函数的值域.

【详解】（1）解：因为函数（且）的图象过点，则，解得，

因此，.

（2）解：，令，因为，则，

令，

当时，函数单调递减，此时，，

当时，函数单调递增，此时，，

又因为函数单调递增，

所以，函数在上的减区间为，增区间为.

故当时，，

又因为，，故，

所以，函数在上的值域为.

20．已知函数（且）.

(1)若在区间上的最大值与最小值之差为1，求a的值；

(2)解关于x的不等式.

【答案】(1)或

(2)答案见解析

【分析】（1）已知函数在区间上的最大值与最小值之差为1，根据对数函数的单调性，列出绝对值方程求解即可；

（2）利用对数函数的定义域及单调性，列出不等式组，讨论参数a的范围，即可得到解集.

【详解】（1）因为在上为单调函数，

且函数在区间上的最大值与最小值之差为1，

所以，解得或.

（2）因为函数是上的减函数，

所以，即，

当时，，原不等式解集为；

当时，，原不等式解集为.

21．双碳战略之下，新能源汽车发展成为乘用车市场转型升级的重要方向．根据工信部最新数据显示，截至2022年一季度，我国新能源汽车已累计推广突破1000万辆大关．某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，每生产x（千辆）获利（万元），，该公司预计2022年全年其他成本总投入为万元．由市场调研知，该种车销路畅通，供不应求．记2022年的全年利润为（单位：万元）．

(1)求函数的解析式；

(2)当2022年产量为多少千辆时，该企业利润最大？最大利润是多少？请说明理由．

【答案】(1)；

(2)见解析

【分析】（1）根据题意，知，代入函数即可得到分段函数解析式；

（2）分别求出和时的最大值，比较可得.

【详解】（1）由已知，，

又，

∴；

（2）当时，，则当时，；

当时，

即时，.

∵，∴的最大值为380，

故当2022年产量为5千辆，该企业利润最大，最大利润是380万元．

22．已知函数的定义域为，对任意的，都有.当时，，且.

(1)求的值，并证明：当时，；

(2)判断的单调性，并证明；

(3)若，求不等式的解集.

【答案】(1)，证明见解析

(2)在上单调递减，证明见解析

(3)

【分析】（1）令，即可求出；根据题意，当时，，所以，再结合即可得到，进而得证；

（2）利用单调性定义结合题意证明即可；

（3）由，结合题意可得，再借助函数单调性解不等式即可.

【详解】（1）令，则，又，所以.

证明：当时，，所以，

又，

所以，即.

（2）在上单调递减.

证明如下：设，则，

又，所以，所以，

又当时，，当时，，，

所以，即，

所以在上单调递减.

（3）因为，所以，

所以，即，

又在上单调递减，所以，

解得，所以不等式的解集为.