2023-2024学年重庆市第七中学高一上学期12月月考数学试题含答案

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（满分150分 考试时间120分钟）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知α是第四象限角，cs α＝，则sin α等于（ ）
A. B. －
C. D. －
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数平方关系式以及三角函数值在各象限的符号即可解出．
【详解】由条件知α是第四象限角，所以，即sin α＝＝＝.
故选：B．
【点睛】本题主要考查同角三角函数平方关系式以及三角函数值在各象限的符号的应用，属于容易题．
2. 函数的零点所在的区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数解析式，判断、等函数值的符号，由零点存在性定理即可确定零点所在的区间.
【详解】，，且函数为增函数，
由函数零点存在定理，的零点所在的区间是．
故选：B.
3. 直角坐标平面上将函数（，）的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位，则所得新函数的图像恒过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的图像所过定点，再将定点按题中要求平移，从而得解.
【详解】因为（，）,
令，得，，
所以的图像过定点，
将定点向左平移1个单位，再向上平移1个单位，得，
所以的图像恒过定点.
故选：A.
4. 扇面书画在中国传统绘画中由来已久．最早关于扇面书画的文献记载，是《王羲之书六角扇》．扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐的成为主流如图，该折扇扇面画的外弧长为24，内弧长为10，且该扇面所在扇形的圆心角约为120°，则该扇面画的面积约为（ ）（）
A. 185B. 180C. 119D. 120
【答案】C
【解析】
【分析】首先由弧长和圆心角求出外弧半径与内弧半径，再根据扇形面积公式，用大扇形面积减去小扇形面积，即可求得答案．
【详解】设外弧长为，外弧半径为，内弧长为，内弧半径为，该扇面所在扇形的圆心角为,
∵扇形的弧长为，
∴，，
∵扇形面积为，
∴该扇面画的面积为，
故选：C．
5. 若不等式的解集为，则不等式的（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得、为方程的两根且，利用韦达定理得到、，则不等式化为，解得即可.
【详解】解：因为不等式的解集为，
所以、为方程的两根且，
所以，所以、，
所以不等式，即为，即，
即，解得，
即不等式的解集为；
故选：C
6. 有关数据显示，中国快递行业产生的包装垃圾在2015年约为400万吨，2016年的年增长率为.有专家预测，如果不采取措施，未来包装垃圾将以此增长率持续增长.请预测，从（ ）年开始，快递业产生的包装垃圾将超过4000万吨.（参考数据：，）
A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得，再利用对数函数的性质解之即可得解.
【详解】设快递行业产生的包装垃圾为万吨，表示从年开始增加的年份的数量，
由题意可得，
由于第年快递行业产生的包装垃圾超过万吨，即，即，
两边取对数得，即，又，
因此从年开始，快递行业产生的包装垃圾超过万吨，
故选：D．
7. 若关于的不等式在区间内有解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】不等式在区间内有解，转化为，求出的最大值可得答案.
【详解】因为，所以由不等式得，
不等式在区间内有解，
只需，
因为在上单调递增，
所以的最大值为，可得，
解得.
故选：D.
8. 已知函数在是增函数，关于轴对称，成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，由题意得到的性质，从而将问题转化为，从而利用的奇偶性与单调性即可得解.
【详解】令，
因为在是增函数，关于轴对称，
所以在是增函数，且在上是偶函数，
又，
所以由，得，
即，则，
所以，两边平方得，解得或.
故选：D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. “"是“|”的充分不必要条件
B. 命题“”的否定是“
C. 设，则“且”是“”的必要不充分条件
D. “"是“关于的方程有实根”的充要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】根据充分条件、要条件的定义，命题的否定的定义判断各选项．
【详解】对于，例如满足，但，所以错误；
对于，特称命题的否定为全称命题，命题“”的否定是“，所以正确；
对于，例如满足，但，所以不正确；
对于，方程有实根，所以正确．
故选：BD．
10. 下列对应关系是从到的函数的是（ ）
A. ，，
B. ，，
C. ，，
D. ，，
【答案】AD
【解析】
【分析】根据函数定义进行判断即可．
【详解】根据函数定义，集合中的每一个元素，对应集合中唯一元素．
对于A，符合函数的定义，是从A到B的函数，故A正确；
对于B，A中有元素0，在对应关系下，不在集合B中，不是函数，故B错误；
对于C，A中元素时，B中没有元素与之对应，不是函数，故C错误；
对于D，A中任意元素，在对应关系下，都在集合B中，是从A到B的函数，故D正确；
故选：AD．
11. 已知函数，下面说法正确的有（ ）
A. 的图象关于轴对称
B. 的图象关于原点对称
C. 的值域为
D. ，且，恒成立
【答案】BC
【解析】
【分析】
判断的奇偶性即可判断选项AB，求的值域可判断C，证明的单调性可判断选项D，即可得正确选项.
【详解】的定义域为关于原点对称,
，所以是奇函数，图象关于原点对称，
故选项A不正确，选项B正确；
，因为，所以，所以，
，所以，可得的值域为，故选项C正确；
设任意的，
则，
因为，，，所以，
即，所以，故选项D不正确；
故选：BC
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法
（1）取值：设是该区间内任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义作出结论.
即取值---作差----变形----定号----下结论.
12. 已知，，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用已知的等式，将其进行变形，利用基本不等式对选项逐一分析判断即可．
【详解】对于A，因为，，所以，故，
当且仅时取等号，此时，故选项A正确；
对于B，因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，解得，则，故选项B错误；
对于C，因为，
所以，
当且仅当时取等号，故选项C正确；
对于D，因，所以，所以，
因为，，所以，
所以，
当且仅当时取等号，故，故选项D正确．
故选：ACD．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知角的终边经过点那么的值是_______.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用三角函数的定义求解即可.
【详解】因为角的终边经过点
所以为第二象限角，，
由三角函数的定义可得，故答案为.
【点睛】本题主要考查任意角的正切函数值,意在考查对基础知识的掌握情况，属于基础题.
14. 已知幂函数满足以下条件：
①是奇函数；②在是增函数；③.
写出一个满足条件①②③的函数的一个解析式______.
【答案】
【解析】
【分析】分别由幂函数，奇函数，增函数定义验证以及验证即可.
【详解】因为，定义域为，关于原点对称；
又，所以是奇函数；
因为所以为上的增函数；
；
故答案为：
15. 计算______.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的运算法则与换底公式计算即可得解.
【详解】
.
故答案为：.
16. 设函数，给出下列四个结论：
①对，方程都有3个实数根；
②，使得；
③若互不相等的实数满足，则的取值范围是.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】②③
【解析】
【分析】分析并作出函数的图象，再利用图象判断各个命题得解.
【详解】当时，的图象是开口向上、对称轴为直线的抛物线在y轴及左侧部分，
当时，的图象是对数函数的图象向上平移1个单位而得，如图，
对于①，观察图象知，当时，方程只有2个实数根，①错误；
对于②，当时，使得有成立，即与有交点，
而图象与函数的图象关于y轴对称，
显然的图象与函数的图象有公共点，②正确；
对于③，不妨设互不相等的实数且，当满足时，
由图可知，即，当，，即时，，
当，，即时，，因此，
所以，③正确，
所以所有正确结论的序号是②③.
故答案为：②③
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. （1）已知实数x，y满足，，求的取值范围;
（2）已知实数，求的最小值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由不等式的性质求解；
（2）由基本不等式求最小值．
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围是
（2），则，
所以
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为
18. 已知函数.
（1）求函数的零点；
（2）当时，求的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题中所给的函数解析式，结合零点的定义分情况运算求解；
（2）分情况求得函数在相应区间上的值域，取并集得结果.
【小问1详解】
当时，令，可得；
当时，可得，不合题意；
当时，令，可得或（舍去）；
综上可得，函数的零点为．
【小问2详解】
当时，，可得，即；
当时，；
当时，，可得，即；
综上可得，当时，求函数的值域为．
19. 已知函数.
（1）若，求的值.
（2）若函数在上的最大值与最小值的差为，求实数的值.
【答案】（1）；（2）3或.
【解析】
【分析】（1）由题意可得，解得，再代入求解即可.
（2）讨论和，运用指数函数的单调性，可得的方程，解方程即可得到所求值．
【详解】（1）因为，，
所以，解得，
当时，，
，
（2）①当时，在上单调递增，
所以，
化简得，解得或（舍去）.
②当时，在上单调递减，
所以，
化简得.解得或（舍去）.
综上可得实数的值为3或.
【点睛】方法点睛：分类讨论思想的常见类型
1、问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；
2、问题中的条件是分类给出的；
3、解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；
4、涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.
20. 已知集合，，.
（1）计算；
（2）若集合是单元素集，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用对数函数、指数函数的单调性求出集合，再由集合的交运算即可求解.
（2）解方程求得集合，再利用单元素集的定义列出不等式组即可求解.
【小问1详解】
由得，
又函数在上单调递增，
则，即，则，
由，得，故，则，
所以.
【小问2详解】
解，得或，
所以或，
因为集合是单元素集，，，
所以或，解得或，
所以实数的取值范围为或.
21. 已知函数的定义域是，当时，，且.
（1）求的值，并证明在定义域上是增函数；
（2）若的值，解不等式.
【答案】（1），证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）令，可得，利用增函数的定义可证在上是增函数；
（2）利用赋值法求出，将不等式化为，根据的单调性可解得结果.
【详解】（1）令，则，得，
任取，则，，所以，
故在上是增函数；
（2）在中，令，，则，
即得，
再令，，则，即，得，
∵，∴，
由在上递增得且，得.
所以不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：在中，通过赋值法求出是解题关键.
22. 已知函数， .
（1）证明：为偶函数；
（2）若函数的图象与直线没有公共点，求 a的取值范围；
（3）若函数，是否存在 m，使最小值为0.若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）证明函数奇偶性，用定义证明；
（2）根据函数的图象与直线没有公共点，用分离参数法；
（3）复合函数问题，用换元法，令，讨论即可.
【详解】解：（1）证明：因为，又
，
即，
所以为偶函数.
（2）原题意等价于方程无解，
即方程无解.
令，
因为，
显然，
于是，即函数的值域是.
因此当时满足题意.
所以a的取值范围是.
（3）由题意，.
令，则.
则，.
①当时，，
，解得；
②当时，
，解得（舍去）；
③当时，
，解得（舍去）.
综上，存在，使得最小值为0.
【点睛】方法点睛：
（1）对函数奇偶性的证明用定义：或；