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

这是一份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，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：C5．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：A6．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：D7．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4D．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.