重庆市第二十九中学2023-2024学年高一上学期1月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第二十九中学2023-2024学年高一上学期1月月考数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题；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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数诱导公式以及特殊角的三角函数值，可得答案.
【详解】,
故选:A
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题即可解出.
【详解】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得：“，”的否定为，.
故选：B.
3. 已知一扇形半径为2，面积为4，则该扇形的圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式和圆心角的弧度数公式求解.
【详解】由扇形的面积公式可得可得，
所以圆心角的弧度数为，
故选:C.
4. 设，，，则的大小关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以0和1为桥梁，分别比较与0，1的大小关系，即可得到答案.
【详解】因为，所以；
因为，所以；
因为，所以.
所以.
故选：A
5. 幂函数在R上单调递增，则函数的图象过定点（ ）
A. （1，1）B. （1，2）C. （-3，1）D. （-3，2）
【答案】D
【解析】
【分析】由函数为幂函数且在R上单调递增，可得，再由指数函数过定点，即可得函数所过的定点.
【详解】解：因为为幂函数且在R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.
故选：D.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由互为余角的两个角的诱导公式，算出cs（）．再根据互为补角的两角的诱导公式加以计算，可得cs（）．
【详解】解：∵，
∴，即cs（）
又∵（）+（）＝π，
∴cs（）．
故选：B．
7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定函数奇偶性和单调性，再利用函数单调性去掉即可解不等式.
【详解】由已知函数的定义域为，
又，
所以函数为偶函数，
当时，，明显均在上单调递增，
故在上单调递增，
所以由得，
解得或，
即不等式的解集是.
故选：C.
8. 已知函数，若函数有三个不同的零点,，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题得到时，产生一个根，时，，产生两个根，利用韦达定理及对勾函数的性质可得取值范围.
【详解】要函数有三个不同的零点，
则当时，，必有一个根，且，同时，
当时，，必有两不等非负根，整理得，
所以，解得，
所以，
根据对勾函数的图像和性质可得函数在上单调递减，
故，
即的取值范围是.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 终边在轴上的角的集合为
B. 若，则
C. “”是“”的充要条件
D. 若，，，则的最小值为4
【答案】BD
【解析】
【分析】根据终边在轴上的角的集合为可判断选项；两式作差可判断选项；根据推出关系可判断选项；利用“1”的代换和基本不等式可判断选项.
【详解】选项：终边在轴上的角的集合为，故选项不正确；
选项：由，得，所以，故选项正确；
选项：由可得到，反之当时，不能推出，故选项不正确；
选项：，当且仅当，即时，等号成立，故选项正确.
故选：.
10. 已知，，那么的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题干条件和同角三角函数的平方关系建立方程组，求出正弦和余弦，进而求出正切值.
【详解】因为①，又sin2α+cs2α=1②，
联立①②，解得或，
因为，所以或．
故选：BD
11. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 为偶函数
C. 将的图像上所有点向左平移个长度单位即得的图像
D. 的图象关于直线对称
【答案】AC
【解析】
【分析】先通过图像求出函数的解析式，然后利用三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】由图可知，
得，所以，
所以，
又根据五点法，所以，
则，
对于A：，正确；
对于B：，无法变形为的形式，错误；
对于C：将的图像上所有点向左平移个长度单位得，正确；
对于D：，错误.
故选：AC.
12. 若，.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由指数与对数互化可得，，利用对数函数但单调性可知A错误；利用基本不等式并结合等号成立的条件可得BC正确，由作差法并根据二次函数单调性可得D正确.
【详解】根据题意由，可得，且均为正数；
所以可得，
对于A，，易知，所以，
可得，即，所以A错误；
对于B，，显然，所以等号不成立，因此，B正确；
对于C，易知，显然，所以等号不成立，因此，C正确；
对于D，易知，
由二次函数性质可得在上单调递增，
由可得，即，
所以，即，所以，即D正确；
故选：BCD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. _______________.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据指数幂和对数的运算性质计算即可.
【详解】.
故答案为：.
14. 已知函数，则的单调增区间为______.
【答案】##（-1，1）
【解析】
【分析】先求定义域为，再利用复合函数的单调性法则“同增异减”即可求得.
【详解】因为，解得：，所以的定义域为.
令，则.
要求的单调增区间，只需.
所以，所以的单调增区间为.
故答案为：.
15. 设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
【点睛】函数的性质
（1）.
（2）周期
（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
（4）由求增区间；由求减区间.
16. 已知函数是定义在上的偶函数，且对于任意实数都有成立，则_______________.
【答案】
【解析】
【分析】先通过求出，再将条件变形为，利用累加法可求得，进而可求.
【详解】由得
当时，，又得，
当且时，由两边同时除以得
，即，
当时，，
上述式子相加得，
所以，得，
所以.
故答案为：.
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、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合，.
（1）若，求和；
（2）求实数的取值范围，使成立.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解对数不等式可得，将代入可得，根据集合运算法则可求出结果；
（2）根据题意可知，由不等关系可解得.
【小问1详解】
易知，
由，
当时，；
所以；
【小问2详解】
由可得，即集合是集合的子集，
显然，所以需满足，解得；
即实数的取值范围是.
18. 在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，已知点的纵坐标为.
（1）求的值；
（2）的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先通过角终边位置求出点坐标，再利用三角函数的定义可得答案；
（2）先利用诱导公式化简，通过变形，再代入的值计算即可.
小问1详解】
，
角的终边在第二象限，又点的纵坐标为，
横坐标为，即点，
；
【小问2详解】
.
19. 函数的最小正周期为．
（1）求函数在上的单调递增区间；
（2）当时，求的最大值和最小值及对应x的值．
【答案】（1），
（2）的最大值为2，，的最小值为－1，
【解析】
【分析】（1）根据函数的最小正周期可求得的值，从而可得到的解析式，再利用整体代入法求函数的单调递增区间，进而可求得函数在上的单调增区间；
（2）根据的取值范围可得到的取值范围，从而可求出的最大值和最小值及对应x的值．
【小问1详解】
因为的最小正周期，所以，故，
令，则，
即的单调递增区间为，
又，所以函数在上的单调增区间是，．
【小问2详解】
当时，，
所以当，即时，函数有最大值2，
当，即时，函数有最小值－1，
所以的最大值为2，这时，的最小值为－1，这时．
20. 重庆轻轨九号线发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算：该路轻轨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）若该路轻轨车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路轻轨车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
【答案】20. ，意义见解析
21. 间隔为分钟时，最大净收益为元
【解析】
【分析】（1）直接根据解析式求，再根据题意说明实际意义；
（2）分别求出当，时的最大值，然后取最大的那个即可.
【小问1详解】
由已知，
的实际意义为当轻轨九号线发车时间间隔为分钟时，轻轨车载客量为；
【小问2详解】
因为，
则当时，
，
当且仅当，即时等号成立；
当时，
，
综上，当发车时间间隔为分钟时，该路轻轨车每分钟的净收益最大，且最大净收益为元.
21. 已知函数为偶函数.
（1）求的值；
（2）讨论函数的零点个数.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据恒成立计算求解；
（2）先利用复合函数单调性的规则确定函数的单调性以及最值，进而将问题转化为方程的根的个数来求解即可.
【小问1详解】
由已知函数定义域为，
又，
所以恒成立，
所以恒成立，
所以，
则；
【小问2详解】
由（1）得
当时，均单调递增，
故函数在上单调递增，
所以，
又函数为偶函数，其图像草图如下：
所以对于函数的零点个数，即的根的个数，
当时，方程无根，即函数无零点；
当时，方程一个根，即函数一个零点；
当时，方程两个根，即函数两个零点；
22. 已知函数.且当时，的最大值为.
（1）求实数的值；
（2）设函数，若对任意的，总存在，使得.求实数的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）整理可得，利用换元法结合二次函数的性质运算求解；
（2）先求值域，根据题意可得值域是值域子集，分类讨论运算求解.
【小问1详解】
因为
因为，令，所以，
当时，此时当时，与题意不符；
当时，若时，即，此时当时，
，解得或（舍去）
若时，即，此时当时，，
解得，不合题意；
当时，此时当时，，
解得，不合题意；
综上，实数的值为2.
【小问2详解】
由（1）可知，因为，
令，所以，对称轴，
当时，
当或时，所以在上的值域为，
当时，，所以，
设在上的值域为B，
若对任意的，总存在，使得，则,
当时,显然不合题意；
当时，则，解得，
当时，则，解得，
综上：实数b的取值范围为.
【点睛】方法点睛：三角函数值域(最值)的三种求法：
（1）直接法：利用的有界性直接求．
（2）单调性法：化为的形式，采用整体思想，求出的范围，根据的单调性求出函数的值域(最值)．
（3）换元法：对于和型常用到换元法，转化为二次函数在限定区间内的最值问题．