黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题

这是一份黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题，共10页。试卷主要包含了答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围，函数的图象大致是，设，则下列结论中正确的是，设，且，则等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：必修第一册（1.1集合的概念~5.3诱导公式）.
一､选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1.已知集合，若，则（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
2.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3.设，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.（ ）
A. B. C. D.
5.幂函数在上单调递增，则函数的图象过定点（ ）
A. B. C. D.
6.玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人.某扇形玉雕壁画尺寸（单位：）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（ ）
A. B. C. D.
7.函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
8.若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.设，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.设，且，则（ ）
A. B.
C. D.
11.已知函数是奇函数，下列选项正确的是（ ）
A.
B.函数在上的值域为
C.，且，恒有
D.若，恒有的一个充分不必要条件为
12.已知函数的最小值为是自然对数的底数，则（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13.函数的定义域为__________.
14.半径为，圆心角为的弧长为__________.
15.若，则__________.
16.已知函数，则不等式的解集是__________.
四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
17.（10分）
设集合.
（1）用列举法表示集合；
（2）若是的必要条件，求实数的值.
18.（12分）
（1）已知，且，求的值；
（2）已知，求的值.
19.（12分）
已知函数.
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若在上有最小值9，求的值.
20.（12分）
某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：其中.
（1）求，并说明的实际意义；
（2）若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
21.（12分）
已知是第三象限角，.
（1）化简；
（2）若，求的值；
（3）若，求的值.
22.（12分）
已知为偶函数，的奇函数，且满足.
（1）求；
（2）若方程有解，求实数的取值范围；
（3）若，且方程有三个解，求实数的取值范围.
牡丹江二中2023-2024学年度第一学期高一学年12月月考考试•数学
参考答案､提示及评分细则
1.D 由题知，又，所以，所以，即.
2.B 已知点，则，则.
3.A ，但，不满足，所以是充分不必要条件，选A.
4.C ，故
5.B 因为为幂函数且在上单调递增，所以解得，所以.又因为指数函数恒过定点，所以恒过定点.
6.D 易知该扇形玉雕壁画可看作由一个大扇形剪去一个小扇形得到，设大､小扇形所在圆的半径分别为，，相同的圆心角为，则，得，又因为，所以，该扇形玉雕壁画面积.
7.C 由得，即函数定义域是，排除时，时，，因此排除D.
8.A 因为，所以，当且仅当时等号成立.又，所以0，解得或（舍去），所以，当且仅当时，取等号，所以的最小值为16，则不等式恒成立，即为，解得，所以实数的取值范围是.
9.ABC 根据诱导公式公式二，有；根据诱导公式公式四，有；根据诱导公式公式六，有；根据诱导公式公式二､三，有.故选ABC.
10.AC 对于A，，且，解得，故A正确；对于，即，，故B错误；对于C，，且，当且仅当时等号成立，，故C正确；对于D，，且，当且仅当，即时等号成立，，故D错误.
11.ACD 因为函数是奇函数，且定义域为，所以，解得.当时，，则，故函数是奇函数，故A正确；因为在上单调递增，且，所以函数在上的值域为，故错误；因为单调递增，所以，且，恒有，故C正确；因为单调递增，所以可转化为，即对于恒成立.当时，不恒成立，不符合题意；当时，可得解得.故，恒有的充要条件为.因为⫋，所以，恒有的一个充分不必要条件为5，故D正确.
12.AD 由函数的最小值为0，当时，，即，，故当时，的值域为的子集.对于，当时，在上单调递减，由，得，故A正确，C错误；当时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，对于，当时，对勾函数在上单调递增，则函数在上单调递减，由知，，故B错误；对于，当时，对勾函数在上单调递减，则函数在上单调递增，则，即，D正确.
13. 要使函数有意义，只需解得：且，从而的定义域为.
14. .
15. 由诱导公式可得.
16. 因为的定义域为，且，所以是偶函数.又当时，单调递增.因为是偶函数，所以在单调递减，又因为，所以.
17.解：（1），即或.
（2）若是的必要条件，则，
，
解得或，又，所以，得.
18.解：（1）由，则，则.
（2），
，
，
或.
19.解：（1）因为，
所以.
因为函数为偶函数，所以，解得.
（2）函数图象的对称轴方程为，开口向上，
①当，即时，函数在上为增函数，
所以，解得（舍）或；
②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得（舍去）；
③当，即时，函数在上为减函数，
所以，解得或（舍去）.
综上，的值为-3或.
20.解：（1），实际意义为：发车时间间隔为5分钟时，载客量为35.
（2）当时，
，
当且仅当，即时，等号成立，所以当时，取得最大值38；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值28.4.
综上所述，当发车时间间隔为6分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为38元.
21.解：（1）由题意，利用三角函数的诱导公式，化简得
.
（2）由诱导公式，得，且，所以，又因为是第三象限角，所以，
所以.
（3）因为，则.
22.解：（1）根据题意，是偶函数，是奇函数，且，①
，
即，②
①+②，得，①-②，得.
（2）方程有解，则有解，令，当且仅当时取等号，
在有解，即.当时，不等立.
当时，.
当且仅当时取等号，故的取值范围是.
（3），令，则.
函数的图象如图所示.
方程有三个解，
有两个根，
且，或，或.
当，有，解得满足题意，
则，解得，则，存在两个值满足；
当时，记解得.
故实数的取值范围为.