福建省厦门市2023-2024学年高一数学上学期第二次月考12月试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门市2023-2024学年高一数学上学期第二次月考12月试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知， 已知，则等于， 下列大小关系正确的是， 下列说法中正确的有等内容，欢迎下载使用。

试卷满分：150分考试时间：120分钟
一､单选题：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】B
【解析】
【分析】化简集合即得解.
【详解】由题得，
所以.
故选：B
2. 已知点在第三象限，则角的终边位置在（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由所在的象限有，即可判断所在的象限.
【详解】因为点在第三象限，
所以，
由，可得角的终边在第二、四象限，
由，可得角的终边在第二、三象限或轴非正半轴上，
所以角终边位置在第二象限，
故选：B.
3. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】逐一判断奇偶性和单调性即可求解
【详解】对于A：的定义域为，且，
所以为偶函数，当时，由一次函数的性质可知，
在上单调递减，
即在上单调递减，故A错误；
对于B：的定义域为，且，所以为奇函数，故B错误；
对于C：的定义域为，且，
所以为偶函数，当时，，
由指数函数的性质可知，在上单调递增，故C正确；
对于D：的定义域为，且，
所以为偶函数，由幂函数的性质可知，在上单调递减，故D错误；
故选：C.
4. 已知（且，且），则函数与的图像可能是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数的运算性质可得ab＝1，讨论a，b的范围，结合指数函数和对数函数的图像的单调性，即可得到答案．
【详解】，即为，即有ab＝1；
当a＞1时，0＜b＜1，
函数与均为减函数，四个图像均不满足，
当0＜a＜1时，b＞1，
函数数与均为增函数，排除ACD，
在同一坐标系中图像只能是B，
故选：B．
5. 已知，则等于（）
A. B. 2C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据齐次式问题分析求解.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
6. 某工厂设计了一款纯净水提炼装置，该装置可去除自来水中的杂质并提炼出可直接饮用的纯净水，假设该装置每次提炼能够减少水中50%的杂质，要使水中的杂质不超过原来的4%，则至少需要提炼的次数为（）（参考数据：取）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意列出相应的不等式，利用对数值计算可得答案.
【详解】设经过次提炼后，水中杂质不超过原来的4%，
由题意得，
得，
所以至少需要5次提炼，
故选：A.
7. 若“，使成立”是假命题，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将条件转化为，使成立，再参变分离构造函数，转化为最值问题，求导确定最值即可求解.
【详解】若“，使成立”是假命题，则“，使成立”是真命题，即，；
令，则，则在上单增，，则.
故选：C.
8. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的定义域，由单调性求出a的范围，再由函数在上有意义，列式计算作答.
【详解】函数，
因为在上递增，则在上递减，
所以得，解得，
由，有意义得：，解得，
因此，，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
二､多选题：本题共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. 下列大小关系正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数函数，对数函数及幂函数的单调性比较大小.
【详解】A选项：由指数函数为单调递增函数，可得成立，所以选项正确；
B选项：由幂函数为单调递增函数，可得成立，所以B选项正确；
C选项：由对数函数为单调递增函数，则，所以C选项不正确；
D选项：由函数与均单调递增函数，则，而，所以D选项正确.
故选：ABD.
10. 下列说法中正确的有（）
A. 函数的图象过定点
B. 函数与函数表示同一个函数
C. 若，则
D. “”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据指数函数的性质分析求解；对于B：根据函数相等分析判断；对于C：根据与之间的平方关系分析求解；对于D：根据二次方程根的分布结合充要条件分析判断.
【详解】对于选项A：令，即时，，故图象过定点，故A正确；
对于选项B：的定义域为，的定义域为，
两函数定义域不同，故不是同一函数，故B错误；
对于选项C：因为，则，可知，
由，
所以，故C正确；
对于选项：若关于的方程有一正一负根，
等价于，等价于，
所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D正确.
故选：ACD.
11. 给出下列四个结论，其中正确的结论是（）
A. 如果是第一象限的角，且，则
B. 若圆心角为的扇形的弦长为，则该扇形弧长为
C. 若，则
D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A：举例说明即可；对于B：根据扇形的相关公式运算求解；对于C：利用诱导公式分析求解；对于D：根据同角三角关系分析求解.
【详解】对于选项A：令，显然是第一象限的角，且，
但，故A错误；
对于选项：设圆心角为的扇形所在圆半径为，
由题意可得：，扇形弧长，故B错误；
对于选项C：若，则，故C正确；
对于选项D：将，两边平方可得，
所以或，
若，则，此时；
若，则，此时，
综上所述：，故D正确.
故选：CD.
12. 已知函数，则下列选项正确的是（）
A. 函数的值域为
B. 方程有两个不等的实数解
C. 不等式的解集为
D. 关于的方程的解的个数可能为
【答案】ACD
【解析】
【分析】画出函数的图象，通过图象即可确定函数的值域求解A，根据与函数图象的交点个数即可求解B,根据时确定或，即可由或求解C，结合二次函数的性质即可求解D.
【详解】画出的图象，如下图所示：
令，解得或，
所以的图象与轴交于，
对于A，由图象可知，函数的值域为A对；
对于B，由图象可知，直线与函数图象有三个不同的交点，故方程有三个不等的实数解，B错；
对于C，由图象可知，当或时，，所以，由，可得或.
令，解得或；令，解得或，
由图象可知，不等式解集为C对；
对于D，令，则，则，
当时，，由图可知与的图象有两个交点，即方程解的个数为2个，
当时，即时，，则，
故，，
当时，则有两解，
当时，若，则有三解，若，则有两解，
故方程解的个数为4或5个，综上方程解的个数可能为个.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：函数零点求参数取值范围常用的方法和思路
（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数是定义在上的奇函数，并且当时，，那么______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意判断，所以利用奇函数性质将其转化为求的值，直接利用题中解析式即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以，所以.
故答案为:
14. 表示不超过的最大整数，例如，．已知是方程的根，则_______．
【答案】4
【解析】
【分析】根据零点的存在性定理求得的范围，再根据的定义即可得出答案.
【详解】解：设，，
因为函数在都是增函数，
所以函数单调递增，
又是方程的根，所以只有一个根，
，
所以，
所以.
故答案为：4.
15. 已知角θ的终边上有一点P(x,3)(x≠0)，且，则sinθ＋tanθ的值为________．
【答案】或
【解析】
【分析】
由余弦函数的定义求出，再由正弦函数、正切函数定义计算结果.
【详解】因为，，
所以，
因为，所以，，
又y＝3＞0，所以θ是第一或第二象限角．
当θ为第一象限角时，sinθ＝，tanθ＝3，
则sinθ＋tanθ＝.
当θ为第二象限角时，sinθ＝，tanθ＝－3，
则sinθ＋tanθ＝.
故答案为：或.
【点睛】该题考查三角函数的定义，属于基础题目，在已知一个三角函数值求点的坐标是，注意解可能多于一个.
16. 已知函数，则不等式的解集是为__________.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，判断函数的奇偶性及单调性，据此原不等式可转化为，利用单调性求解.
【详解】，
由于，所以的定义域为，
，
所以是奇函数，
当时，为增函数，为增函数，
所以是增函数，由是奇函数可知，在上单调递增，
由得，
即，则，解得，
所以不等式的解集是.
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. 已知函数的定义域为.
（1）求实数的取值集合；
（2）设为非空集合，若是必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意可知，在上恒成立，再对参数进行分类讨论，根据二次函数的性质，即可求出结果；
（2）由命题的关系与集合间的包含关系得：是的必要不充分条件，所以，由此列出关系式，即可求出结果.
【详解】（1）可知，在上恒成立，
当时，，成立；
当时，，解得；
综上所述，. 所以集合
（2）因为，是的必要不充分条件. 所以，
故,解得
所以，实数的取值范围是.
18. 已知
（1）化简并求的值；
（2）若且，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由诱导公式化简函数表达式并代入求值即可.
（2）由题意首先得到，再结合平方关系算出，结合进一步缩小的范围，再结合平方关系即可求出，由平方差公式即可求解.
【小问1详解】
因为,所以.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
两边平方，得，
所以，
，即，
因，所以，
所以，所以，
结合.
19. 已知幂函数是偶函数，且在上单调递增.
（1）求函数的解析式；
（2）若正实数满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由为幂函数求得m，再由在上单调递增求得k，然后再验证奇偶性即可.
（2）由（1）得到，然后利用“1”的代换，结合基本不等式求解.
【小问1详解】
解：由为幂函数得：
，
且在上单调递增，
所以，
又，所以或，
当时，为奇函数，不满足题意，
当时，为偶函数，满足题意，
所以；
【小问2详解】
因为且，
所以，
所以，
，
，
当且仅当，
且，即时取等号，
所以的最小值为.
20. 学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，每天能用于锻炼的课余时间有90分钟，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分与当天锻炼时间（单位：分）的函数关系，要求及图示如下：（1）函数是区间上的增函数；（2）每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；（3）每天运动时间为30分钟时，当天得分为3分；（4）每天最多得分不超过6分.现有三个函数模型①，
②，③供选择.
（1）请你从中选择一个合适的函数模型并说明理由，再根据所给信息求出函数的解析式；
（2）求每天得分不少于4.5分，至少需要锻炼多少分钟.（注：，结果保留整数）
【答案】（1）模型③，理由见解析，
（2）55分钟
【解析】
【分析】（1）根据图像和函数性质选择模型，再将（0，0），（30，3）代入求解系数即可.
（2）将代入解析式即可.
【小问1详解】
第一步：分析题中每个模型的特点
对于模型一，当时，匀速增长；
对于模型二，当时，先慢后快增长；
对于模型三，当时，先快后慢增长.
第二步：根据题中材料和题图选择合适的函数模型
从题图看应选择先快后慢增长的函数模型，故选.
第三步：把题图中的两点代入选好的模型中，得到函数解析式
将（0，0），（30，3）代入解析式得到，即，
解得，即.
第四步：验证模型是否合适
当时，，
满足每天得分最高不超过6分的条件.
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
由，得，
得，得，
所以每天得分不少于4.5分，至少需要运动55分钟.
21. 已知函数
（1）若关于x的不等式的解集为，求a，的值；
（2）已知，当时，恒成立，求实数a的取值范围；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据不等式的解集得到方程的两根为，结合韦达定理求出答案；
（2）令，转化为，根据单调性求出的最小值为，得到答案.
【小问1详解】
∵不等式的解集为，则方程的根为，
且，
∴，解得
故；
【小问2详解】
，
故，
令，故，
则，
∵的开口向上，对称轴为，
则在单调递减，在单调递增，
故在处取得最小值，最小值为，
∴，
又，解得，
故实数a的取值范围为.
22. 如果函数存在零点，函数存在零点，且，则称与互为“n度零点函数”．
（1）证明：函数与互为“1度零点函数”．
（2）若函数(，且)与函数互为“2度零点函数”，且函数有三个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）令，对方程直接进行求解，验证是否成立；
（2）求解的零点，当时，，所以只需限定当时，的零点范围，解关于的不等式，再结合函数与图像有三个交点，得到a的取值范围．
【小问1详解】
证明：令，得．
令，得．
因为，所以，所以函数与互为“1度零点函数”．
【小问2详解】
令，得．
设存在零点，则，不等式两边平方得，即．
当时，，当时，令，得，
所以，得．
有三个零点等价于函数与的图象有三个交点，
因为，，
所以在上单调递减．易知，的零点为．
画出与在上的大致图象，如图所示，
易得与的图象在上有两个交点，所以与的图象在上必须有一个交点，
得，化简得．
令函数，即的图象与直线在上有一个交点．
因为，由的图象（图略）可得，或，即或．
综上，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：
（1）直接法：即令，对方程直接进行求解，方程解的个数就是零点的个数；
（2）数形结合法：数形结合法求函数的零点，是将的方程转化为两个函数，根据两个函数的交点个数来确认零点个数；
（3）零点存在定理：利用零点存在定理，再结合函数的性质(通常会用到单调性)确定零点个数；零点存在定理为：如果函数在上连续，且有，则函数在上至少存在一点，使得.
（4）构造函数：可根据题目的不同情况，选择直接作差或者分离参数来构造新的函数，通过求解新函数的值域或最值来判断零点的个数.