2023-2024学年广东省四会市四会中学、封开县广信中学高一上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省四会市四会中学、封开县广信中学高一上学期第二次月考数学试题含答案，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】确定，再计算补集得到答案.
【详解】，则，故.
故选：B.
2．命题：“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是（ ）
A．x>0，使得x2－x+1≤0B．x>0，使得x2－x+1>0
C．x>0，都有x2－x+1>0D．x≤0，都有x2－x+1>0
【答案】B
【分析】全称命题的否定是特称命题，把任意改为存在，把结论否定.
【详解】“x>0，都有x2－x+1≤0”的否定是“x>0，使得x2－x+1>0”.
故选：B
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
【答案】A
【分析】解不等式可得或，根据取值的范围大小即可知“”是“”的充分不必要条件.
【详解】由不等式可得或；
易知是或的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由二次根式的被开方数非负和分式的分母不为零，列不等式组，解不等式组可求得结果
【详解】要使函数有意义，必须，解得且，
则函数的定义域为，
故选：D．
5．已知函数，则（ ）
A．2B．3C．D．5
【答案】A
【分析】根据函数的解析式，求得，进而求得的值，得到答案.
【详解】由函数 ，可得，则.
故选：A.
6．下列函数在递减，且图像关于y轴对称的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据幂函数性质，逐一判断即可.
【详解】根据幂函数性质，知函数、，在上递增，ABC都不是；
而在上递减，且为偶函数，图象关于y轴对称，D是.
故选：D
7．设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量法即可得解.
【详解】，
因为函数为增函数，所以，
，
所以.
故选：A.
8．血氧饱和度是呼吸循环的重要生理参数.人体的血氧饱和度正常范围是，当血氧饱和度低于时，需要吸氧治疗，在环境模拟实验室的某段时间内，可以用指数模型：描述血氧饱和度随给氧时间t（单位：时）的变化规律，其中为初始血氧饱和度，K为参数.已知，给氧1小时后，血氧饱和度为.若使得血氧饱和度达到，则至少还需要给氧时间（单位：时）为（ ）
（精确到0.1，参考数据：）
A．0.3B．0.5C．0.7D．0.9
【答案】B
【分析】依据题给条件列出关于时间t的方程，解之即可求得给氧时间至少还需要的小时数.
【详解】设使得血氧饱和度达到正常值，给氧时间至少还需要小时，
由题意可得，，两边同时取自然对数并整理，
得，，
则，则给氧时间至少还需要小时
故选： B
二、多选题
9．设，则下列不等关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】由题意，对每一选项结合作差法比较大小即可求解.
【详解】对于A，因为，所以，，故A正确；
对于B，因为，所以，，故B错误；
对于C，因为，所以，，故C正确；
对于D，因为，所以，，故D正确.
故选：ACD.
10．下列四个命题为真命题的是（ ）
A．所有平面四边形的内角和都是B．
C．是无理数}，是无理数D．对所有实数a，都有
【答案】AC
【分析】根据全称命题和特称命题的性质逐项判断真假即可.
【详解】对于A，所有平面四边形的内角和都是，故A是真命题；
对于B，由于方程的，再根据二次函数图象可得一元二次不等式在实数上解集为，故B是假命题；
对于C，例如是无理数，则也是无理数，故C是真命题；
对于D，当时，，故D是假命题.
故选：AC.
11．图①是某大型游乐场的游客人数x（万人）与收支差额y（万元）（门票销售额减去投入的成本费用）的函数图象，销售初期该游乐场为亏损状态，为了实现扭亏为盈，游乐场采取了两种措施，图②和图③中的虚线为采取了两种措施后的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．图①中点A的实际意义表示该游乐场的投入的成本费用为1万元
B．图①中点B的实际意义表示当游客人数为1.5万人时，该游乐场的收支恰好平衡
C．图②游乐场实行的措施是降低门票的售价
D．图③游乐场实行的措施是减少投入的成本费用
【答案】ABD
【分析】根据一次函数图象，结合实际场景理解描述实际意义即可.
【详解】A：图①中A的实际意义表示游乐场的投入成本为1万元，正确；
B：图①中B的实际意义表示当游客人数为1.5万人时，游乐场的收支恰好平衡，正确；
C：图②游乐场实行的措施是提高门票的售价，错误；
D：图③游乐场实行的措施是减少投入的成本费用，正确.
故选：ABD
12．对于函数，则下列判断正确的是（ ）
A．在定义域内是奇函数
B．，，有
C．函数的值域为
D．对任意且，有
【答案】AB
【分析】根据双勾函数的性质可判断A，B，C；作差法比较与即可判断D.
【详解】对于A,，且定义域为，故为奇函数，故A正确；
对于B,在单调递减，故B正确；
对于C，当时，当且仅当时取得等号，
当时，当且仅当时取得等号，
所以的值域为，故C错误；
对于D，已知任意且，
，，
而，
故，故D错误.
故选：AB.
三、填空题
13．计算： ．
【答案】6
【分析】根据对数、指数的运算性质求解即可得到结果．
【详解】原式．
故答案为．
【点睛】本题考查指数、对数的运算，解题时根据相应的运算性质求解即可，属于简单题．
14．实数且，则函数的图象恒过定点 ．
【答案】
【分析】令，结合指数函数的性质即可得解.
【详解】令，则，
所以函数的图象恒过定点.
故答案为：.
15．已知实数满足，，则的取值集合是 .（用区间表示）
【答案】
【分析】根据不等式的性质直接求解即可.
【详解】，，又，，
即的取值集合为.
故答案为：.
16．已知命题“”是假命题，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】把条件等价转化为“”为真命题，结合二次函数知识可求范围.
【详解】由题意知“”为真命题，
所以，解得0＜a＜3．
故答案为：.
四、计算题
17．化简或计算下列各式．
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）（2）利用根式与分数指数互化、指数幂的运算性质可化简所求代数式.
【详解】（1）解：原式.
（2）解：原式.
五、解答题
18．（1）解不等式；
（2）用作差法比较大小与.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）应用一元二次不等式的解法求解集；
（2）作差法得，即可比较大小.
【详解】（1）由， 则，
所以不等式的解集为；
（2）
故.
六、证明题
19．已知函数的图象过点．
(1)求实数的值；
(2)判断函数的奇偶性并证明．
(3)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明你的结论．
【答案】(1)
(2)奇函数，证明见解析
(3)在区间上单调递增，证明见解析
【分析】（1）根据题意，将的坐标代入函数的解析式，可得，可得的值；
（2）根据题意，先分析函数的定义域，进而判断与的关系即可；
（3）根据题意，由作差法分析可得答案
【详解】（1）根据题意，函数的图象过点，则有，解得；
（2）函数为奇函数，
证明如下：函数，其定义域为，
又，
所以是奇函数.
（3）在区间上单调递增，证明如下：
设任意，且，
则，
因为，则，
又，则，于是，即，
所以函数在区间上是增函数.
七、解答题
20．已知幂函数的图象过点.
(1)求的值；
(2)若，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件可得，得到的值即可求出函数解析式，最后求函数值即可；
（2）根据函数的定义域和单调性，得到不等式组，求出答案.
【详解】（1）将代入可得，解得，故，所以；
（2）因为在上单调递增，且，
所以，解得，即实数a的取值范围是.
21．已知二次函数满足，且.
(1)求的解析式；
(2)当时，函数的图象恒在函数的图象下方，试确定实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，依题意可得且，求出、的值，即可得解；
（2）依题意可得对任意的恒成立，令，，结合二次函数的性质求出，即可求出参数的取值范围.
【详解】（1）设，
∵，∴，又，
∴，
∴，
∴，∴，∴；
（2）当时，的图象恒在图象下方，
∴时，恒成立，即恒成立，
令，，对称轴为，故函数在上单调递减，
所以当时，，
故只要，即，所以实数的范围.
22．某水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（单位：千克）满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元.已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为（单位：元）.
(1)求函数的解析式；
(2)当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)
(2)当施用肥料为千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是.
【分析】（1）根据题意可以直接得到利润表达式；
（2）根据定义域求出每段函数的最大值做比较即可.
【详解】（1）由已知可得，
又因为，
所以，
整理可得
（2）当时，，
所以；
当时，
当且仅当，即，或（舍去），；
因为，所以，
故当施用肥料为千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是.