四川省泸县第五中学2023-2024学年高一上学期第三学月考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学2023-2024学年高一上学期第三学月考试数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得到，根据题意得到，再由集合交集的概念得到结果.
【详解】由集合，解不等式得到：，
又因为，根据集合交集的概念得到：，故D正确.
故选：D.
2. 命题“，”的否定为（ ）
A. “，”B. “，”
C. “，”D. “，”
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用含有一个量词的命题的否定写出结论作答.
【详解】命题“，”是存在量词命题，其否定是全称量词命题，
所以命题“，”的否定是：，.
故选：D
3. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先去绝对值，分段解一元二次不等式，最后得到答案.
【详解】当时，原不等式即为，所以；当时，原不等式即为，解得：或，所以，
综上，原不等式的解集为.
故选：A
【点睛】本题考查含绝对值，一元二次不等式的解法，重点考查计算能力，属于基础题型.
4. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算区间端点值,判断符号,根据零点存在性定理可得答案.
【详解】因为函数的图象连续不断,
且,，，
根据零点存在性定理可知,函数的在区间内有零点.
故选:C
【点睛】本题考查了利用零点存在性定理判断零点所在区间,属于基础题.
5. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. a【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的知识确定正确答案.
【详解】，
，
，
所以.
故选：C
6. 若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数与对数的关系，将指数式化为对数式，再利用换底公式及对数的运算性质计算可得；
【详解】解：，
，，
.
故选：.
7. 西昌市某公司为了提高销售部业务制定了一个激励销售人员的奖励方案，在销售额x为8万元时，奖励1万元；销售额x为64万元时，奖励4万元；该公司拟定销售额x与奖励金额y（万元）之间函数关系为，某业务员得到6万元奖励，则他的销售额应为（ ）（万元）
A. 128B. 256C. 512D. 1024
【答案】B
【解析】
【分析】把点代入,求得函数解析式，令，求解即可.
【详解】函数模型为，把点代入，可得
，解得.
，由，得，即，得.
某业务员要得到6万元奖励，则他的销售额应为256万元.
故选：B.
8. 设函数，若关于x的方程（且）在区间内有5个不同的根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的解析式画出在区间上的图象，关于x的方程（且）在区间内有5个不同的根，就是函数与函数恰有5个不同的交点，由图象可列关于的不等式，即可求出答案.
【详解】函数在区间上的图象如下图所示：
关于x方程（且）在区间内有5个不同的根，即恰有五个不同的根，即函数与函数恰有5个不同的交点，由下面图象可得 .
故选：D.
二、选择题：本题共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. 已知a，，则的必要不充分条件可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：对于A：由，即，即，所以或，故充分性不成立，由，若时，则，故必要性不成立，故A错误；
对于B：由，可得，由推得出，故充分性成立，故B错误；
对于C：由可得，所以或，故充分性不成立，反之当时，可得，所以，故必要性成立，故C正确；
对于D：由得不到，如，满足但，即充分性不成立，反之当时可得故必要性成立，即是的必要不充分条件，故D正确；
故选：CD
10. 下列函数是奇函数且在区间上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】依据题意，结合奇偶函数的定义和单调性的判定方法逐项分析即可求解.
【详解】对于A，因为函数在R上单调递增，所以函数在R上单调递减，故A错误；
对于B，因为，所以函数为偶函数，故B错误；
对于C，因为，所以函数为奇函数，
又，任取，满足，则，
由于，正弦函数在上单调递增，于是，，
所以，
即，
故函数在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，所以函数为奇函数，
又，任取，满足，则，
由于，于是，，
所以，
即，
所以函数在上单调递增，故D正确.
故选：CD.
11. （多选题）函数是定义在上的奇函数，当时，，以下命题错误的是（ ）．
A. 当时，B. 函数与轴有4个交点
C. 的解集为D. 的单调减区间是
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对选项A，利用奇函数的性质即可判断A错误，对选项B，分类讨论和即可判断B错误，对选项C，首先分类讨论解不等式，再利用函数平移即可判断C正确，对选项D，求出函数的单调减区间即可判断D错误.
【详解】对选项A，当时，，，
所以.故A错误.
对选项B，当时，令，得，解得或 .
又因为函数是定义在上的奇函数，所以当时，也有两个零点.
又因为，所以函数共有个零点，故B错误.
对选项C，当时，，即，解得.
当时，，即，解得或.
又因为向右平移一个单位得到，
所以的解集为，故C正确.
对选项D，当时，，对称轴为，
，为减函数.
当时，，对称轴为，，为减函数.
故的减区间为，，故D错误.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的奇偶性和零点，同时考查了函数的单调性，考查学生分类讨论的思想，属于中档题.
12. 若关于的不等式的解集为，则的值可以是（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式的解集得到对称轴，然后根据端点得到两个等式和一个不等式，求出的取值范围，最后都表示成的形式即可.
【详解】因为不等式的解集为，
所以二次函数的对称轴为直线，
且需满足，即，解得，
所以，所以，
所以，故的值可以是和，
故选：BC
【点睛】关键点睛：一元二次不等式的解决关键是转化为二次函数问题，求出对称轴和端点的值，继而用同一个变量来表示求解.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ________．
【答案】3
【解析】
【分析】由对数换底公式计算.
【详解】原式．
故答案为：3.
14. 幂函数在上单调递减，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据题意可得且，从而可求出的值.
【详解】因为幂函数在上单调递减，
所以且，
由，得，，
解得或，
当时，不满足，所以舍去，
当时，满足，
综上，，
故答案为：4
15. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数与二次函数的单调性，以及复合函数的单调性的判定方法，求得在上单调递增，在区间上单调递减，再结合题意，即可求解.
【详解】令，可得抛物线的开口向上，且对称轴为，
所以函数在上单调递减，在区间上单调递增，
又由函数，
根据复合函数的单调性的判定方法，
可得函数在上单调递增，在区间上单调递减，
因为函数在上单调递减，则，
可得实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知函数，，，，对任意，总存在，使得成立，则实数m的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出函数的值域，，对任意，总存在，使得成立，则，列式求解即可.
【详解】当，
，，
当，，
对任意，总存在，使得成立，
则，∴
∴或．
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 计算下列各式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用分数指数幂运算和根式的运算法则求解即可；
（2）利用对数的运算性质求解即可
【详解】（1）原式．
（2）原式．
18 已知集合，．
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解指数不等式求得集合，由此求得.
（2）对集合是否为空集进行分类讨论，结合列不等式，从而求得的取值范围.
【小问1详解】
，所以，
当时，，
所以.
【小问2详解】
当，即时，，满足.
当时，要使，
则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
19 已知一元二次函数，满足，
（1）求函数的解析式；
（2）若关于x的不等式在上有解，求实数t的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题得出关于的方程组，解之即可；
（2）参变分离，将不等式有解问题转换成最值问题，求二次函数在给定区间的最值即可.
【小问1详解】
，
，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
在上有解,即在上有解，所以，
由（1）得的对称轴为：，又，
所以当时，，
所以.
20. 第十九届亚运会于2023年9月23日在杭州举办，本届亚运会吉祥物是一套名为“江南忆”的三个机器人模型，三个机器人模型分别取名“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”.某公益团队联系亚运会组委会计划举办一场吉祥物商品展销会，成套出售“江南忆”，将所获利润全部用于体育设施建设.据市场调查：每套吉祥物纪念品的供货价格分为固定价格和浮动价格两部分，其中固定价格为60元，（单位：元，其中销售量单位为：万套）.而当每套吉祥物售价定为x元时，销售量可达到万套.注：利润＝（售价－供货价格）×销售量（不计其他成本）
（1）每套吉祥物纪念品售价为125元时，能获得的总利润是多少万元？
（2）每套吉祥物纪念品售价为多少元时，单套吉祥物的利润最大？并求出最大值.
【答案】（1）320 （2）售价为145元，利润最大，最大值为80元
【解析】
【分析】（1）代入数值，求出销售量与单价，即可得出答案；
（2）设单套售价为元，根据已知表示出单套利润，根据基本不等式求解，即可得出答案.
【小问1详解】
每套吉祥物纪念品售价为125元时，
销售量为（万套），
供货单价为（元），
总利润为（万元）.
【小问2详解】
设单套售价为元，此时销售量为万套，
供货价格为元，
同时，所以.
所以单套利润为
，
当且仅当，即时取等号.
所以每套吉祥物售价为145元时，单套的利润最大，最大值是80元.
21. 已知定义域为的函数是奇函数．
（1）求实数的值．
（2）试判断的单调性，并用定义证明．
（3）解关于的不等式．
【答案】（1）
（2）函数在上为减函数，证明见解析
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合，列出方程，即可求解；
（2）化简，结合函数单调性的定义及判定方法，即可求解；
（3）根据题意，把不等式转化为，结合换元法和指数函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：因为函数是定义域为的奇函数，所以，
即恒成立，
所以，解得.
【小问2详解】
解：函数在上为减函数.
证明如下：
由函数，任取且，
则，
因为，所以，又因为，
所以，即，
所以函数在上为减函数.
【小问3详解】
解：由（1）（2）知，函数为奇函数，且在上为减函数，
所以，即为，
令，可得，解得，
即，解得，所以不等式的解集为.
22. 已知函数.
（1）求函数的定义域；
（2）判断函数的单调性并用定义法证明；
（3），其中，若对任意，总存在，使得成立.求实数的取值范围.
【答案】（1），（2）单调递减，证明见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得，，解得的取值范围，即可得出答案．
（2）用函数单调性得定义，进行证明即可得出答案．
（3）由函数的定义域结合单调性推出的值域，，进而得在，上的最大值，问题转化为在，上恒成立时，分三种情况①当，②当，③当，求实数的取值范围．
【详解】解：（1）因为，所以，
解得，
故函数的定义域．
（2）在上单调递减，证明如下：
证明：设，设，
，
根据复合函数单调性可知，，
故在上单调递减．
（3）因为在上为减函数，
所以在，上值域，，
所以在，上的最大值，
令，，，，，
由题意得，在，上有解，
当在，上恒成立时，
所以，，
，，，
①当时，，
，
由题意，，
此时满足题意．
②当时，，
，
由题意或，
此时满足题意．
③当时， ，
（1），
由题意（1），．
综上实数的取值范围为．