2023-2024学年贵州省贵阳市第一中学高一上学期教学质量监测（二）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年贵州省贵阳市第一中学高一上学期教学质量监测（二）数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举法得出，然后根据交集的运算求解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
又，
所以.
故选：B.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【解析】根据特称命题的否定是全称命题，得到结果.
【详解】因为特称命题的否定是全称命题，
所以命题“，”的否定是：，，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关逻辑的问题，涉及到的知识点有含有一个量词的命题的否定，属于基础题目.
3．已知扇形的半径为，面积为，则此扇形的圆心角的弧度数是（ ）
A．2B．1C．D．4
【答案】C
【分析】根据扇形的面积公式，求解即可得出答案.
【详解】设扇形的圆心角为，
由扇形的面积可得，.
故选：C.
4．若，则化简的结果是（ ）
A．-1B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】先化简得出.然后根据已知范围，即可得出答案.
【详解】
.
因为，
所以异号，，
所以，
所以，.
故选：B.
5．已知是定义在R上的偶函数，其图象关于点对称，且当时，，则（ ）
A．-1B．0C．1D．
【答案】B
【分析】根据已知求出.进而根据偶函数的性质以及函数的对称性，即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为是定义在R上的偶函数，
所以，.
又的图象关于点对称，
所以，.
故选：B.
6．已知，，，则
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为，，，
因为幂函数在R上单调递增，所以，
因为指数函数在R上单调递增，所以，
即b故选：A.
7．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用奇偶性排除A，B，再利用函数值正负判断C即可.
【详解】函数，定义域为关于原点对称，
又，故函数为奇函数，当时，.
故选：C.
【点睛】本题主要考查函数图像的识别，根据函数的性质进行判断即可，属于常考题型.
8．设是含数3的有限实数集，是定义在上的函数，若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，的可能取值只能是（ ）
A．B．3C．-3D．0
【答案】A
【分析】构造图象，根据已知推得点的坐标，看是否满足函数概念，即可得出答案.
【详解】
对于A项，若，则构造如图1的函数图象，
使得点，根据定义可得图象上不存在关于轴对称的点，
符合函数的定义，所以的取值可能是.故A正确；
对于B项，若，构造如图2的函数图象，
使得点，根据定义可推得点，
所以有，不符合函数的定义，故B错误；
对于C项，若，构造如图3的函数图象，
使得点，根据定义可推得点，
所以有，不符合函数的定义，故C错误；
对于D项，若，构造如图4的函数图象，
使得点，根据定义可推得则点，所以.
又，所以，不符合函数的定义，故D错误.
故选：A.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则“”是“”的充分不必要条件
C．若，则
D．若，，则的取值范围是
【答案】BC
【分析】根据交集的运算结果，得出的关系；举例即可说明B项；作差即可判断C项；根据不等式的性质，即可求出的范围.
【详解】对于A项，因为，故，故错误；
对于B项，当时，显然有，所以；
但是当时，若，则.
所以是的充分不必要条件，故B正确；
对于C项，.
因为，
所以，，
所以，，所以.故C正确；
对于D项，因为，所以.
因为，所以，.
所以，.故D项错误.
故选：BC.
10．下列命题中正确的是（ ）
A．当时，
B．若，则函数的最小值等于
C．若，则的取值范围是
D．的最大值是
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式知识即可判断，需注意“一正二定三相等”.
【详解】当时，重要不等式成立，故A正确；
选项中对于均值不等式的运用出错，不满足“一正二定三相等”中的“积为定值”条件，故B错误；
由于，当且仅当时等号成立.
因此，
即的取值范围是，故正确；
由于，
根据均值不等式得，
当且仅当，即时等号成立，
即有最大值为，故D正确.
故选：ACD.
11．已知函数，则（ ）
A．
B．不等式解集为
C．方程有两个解
D．若且，则
【答案】CD
【分析】利用分段函数求函数值，直接可判断A选项；对于B、C、D，作的图象即可求解，
关于C，将方程解的个数问题可转化为图象交点的个数问题，关于D，注意图象对称性.
【详解】对于A：，∴，故A错误；
对于B、C、D：作的图象如下，
不等式解集为，故B错误；
，由图知，的图象与的图象有且仅有2个交点，
∴方程有两个解，故C正确；
令，图象与的图象相交于如图所示3点，
∵，解得，
∴，
易知的对称轴为，
∴，
∴，故D正确.
故选：CD.
12．如图所示，若将边长为的正方形纸片折叠，使得点始终落在边.（不与点重合），记为点，点折叠以后对应的点记为点为折痕.设点和点间的距离为，折痕的长度为，四边形的面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．在上先增后减
B．在上先减后增
C．在上存在最大值
D．在上存在最小值
【答案】BD
【分析】根据题意设，然后根据几何关系得到，，，从而得可依次对各项进行判断.
【详解】如图，连接，设，则，由对称性得，
由题意得，所以为等腰三角形，所以，
又因为，所以，又因为，所以，
由，得.
过点作交于，则，因为在中，，
在中，，又因为，所以，
又因为，都是直角三角形，所以，
所以，，
则，，
因为在上单调递增，故A，C项错误.
当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，有最小值；故B、D项正确.
故选：BD.
三、填空题
13．已知，与的终边相同，且，则 .
【答案】/
【分析】变形可得，结合已知，即可得出答案.
【详解】因为，
与的终边相同，且，
所以，.
故答案为：.
14．函数的单调递增区间是
【答案】
【分析】根据复合函数单调性的判断方法“同增异减”，求解出内层函数的单调递增区间后则的单调递增区间可求，同时注意定义域.
【详解】因为的对称轴为，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
又的解集为，且在上单调递增，
所以的单调递增区间为，
故答案为：.
【点睛】本题考查对数型复合函数的单调递增区间的求解，解答问题的关键是理解“同增异减”的含义，难度较易.求解复合函数的单调区间时，要注意分析函数的定义域.
15．已知函数，当时，，则的最大值是 ．
【答案】/
【分析】分别求得和时对应的自变量的值，结合的图象可确定的取值范围，由此可得结果.
【详解】令，解得：；令，解得：；
图象如下图所示，
由图象可知：，，.
故答案为：.
16．设函数，则使得成立的的取值范是 .
【答案】
【分析】先根据定义法求出为偶函数，将不等式转化为.然后根据特殊函数的单调性，得出在上递增.进而求解，即可得出，平方整理得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知函数定义域为R，
且
，
所以，为偶函数.
则由，可得.
又时，，
函数在上递增，
函数且在上递增，
所以，函数在上递减，函数在上递增，
所以，函数在上递增.
所以，由可得，，
所以，，
整理可得，，解得或.
故答案为：.
四、解答题
17．（1）若，，求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据指对互化得出，，进而根据指数幂的运算性质，化简求值即可得出答案；
（2）根据指数幂的运算性质，以及对数的运算性质、对数恒等式，化简求值即可得出答案.
【详解】（1）由，，可得，，
所以，，
所以.
（2）
.
18．（1）若，求和的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1），；（2）2
【分析】（1）根据同角三角函数基本关系以及角的范围，求解即可得出答案；
（2）根据“1”的代换化为齐次式，分子分母同时除以，化为只含有的式子，代入即可得出答案.
【详解】（1）由已知，
可得，
所以.
（2），
.
五、证明题
19．已知函数是一次函数，且满足.
(1)求的解析式；
(2)判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义给与证明.
【答案】(1)
(2)单调递减，证明见解析
【分析】（1）设，代入得出方程组，求解即可得出答案；
（2）先求出.然后任取，且，作差整理得出，即可得出证明.
【详解】（1）（1）由已知可设，
由，得，
整理可得，
所以，解得，
所以，.
（2）由（1）得，在上单调递减.
证明：任取，且，
则
.
因为，所以，，，
所以，，即，
所以，在上单调递减.
六、解答题
20．为了增强生物实验课的趣味性，丰富生物实验教学内容，某校计划沿着围墙（足够长）划出一块面积为100平方米的矩形区域修建一个羊驼养殖场，规定的每条边长均不超过20米.如图所示，矩形为羊驼养殖区，且点，，，四点共线，阴影部分为1米宽的鹅卵石小径.设（单位：米），养殖区域的面积为（单位：平方米）.
(1)将表示为的函数，并写出的取值范围；
(2)当为多长时，取得最大值？并求出最大值.
【答案】(1)，
(2)当为时，取得最大值，最大值为
【分析】（1）根据题意表示出的面积，并根据的每条边长均不超过20米确定好的取值范围.
（2）对（1）中的结果，利用基本不等式求最大值.
【详解】（1）因为，所以，，
因为，，所以.
（2）
当且仅当，即时，等号成立，
所以当为时，取得最大值，最大值为.
21．已知函数是偶函数.
(1)求实数的值；
(2)若函数的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）方法一：根据偶函数的性质得出，求出的解析式，代入整理化简即可得出答案；方法二：特殊值法，根据，解出的值.进而验证说明函数为偶函数即可；
（2）将不等式转化为恒成立.根据对数运算性质得出，根据不等式的性质，得出的取值范围，即可得出答案.
【详解】（1）方法一：由题得，
即，
即，
即
即，即，
即对恒成立，
，故.
方法二：由，即，解得.
当时，，其定义域为R，关于原点对称，
且，
即，所以是偶函数.
综上，.
（2）由（1）知，
则不等式可化为恒成立，
即不等式恒成立.
因为，
又恒成立，所以，，，
所以，.
所以，，即实数的取值范围是.
七、证明题
22．设定义在实数集上的函数,恒不为0,若存在不等于1的正常数,对于任意实数,等式恒成立,则称函数为函数.
（1）若函数为函数,求出的值；
（2）设,其中为自然对数的底数,函数.
①比较与的大小；
②判断函数是否为函数,若是,请证明；若不是,试说明理由.
【答案】（1）或；（2）①②是函数，证明见解析.
【分析】（1）根据题意，列出方程，即可求解参数值.
（2）①根据函数单调性定义，比较与的大小关系，进而比较与的大小
②根据题意，列出方程，证明方程有解，令，判断在上存在零点，即可证明是函数.
【详解】（1）因为函数为函数.
所以对任意实数都成立，即，即，
所以或
（2）①因为，所以，即
又因为在R上为增函数，所以
②若是函数.则存在不等于1的正常数，
使等式对一切实数恒成立，即关于的方程有解，
令，则函数在上的图像是一条不间断的曲线，
据零点存在性定理，可知关于的方程在上有解，
从而是函数.
【点睛】本题考查：（1）理解与辨析新定义问题.（2）①单调性定义②零点存在性定理.本题属于难题.