长郡中学2023-2024学年高一上学期选科适应性调查限时训练（12月月考）数学试题（原卷及解析版）

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一､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.已知集合，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】【分析】求指对数函数的值域确定集合，再应用交运算求集合.
【详解】由题设，，，所以.故选：B
2.命题“”的否定是（ ）
A.B.
C.D.
【答案】C
【解析】【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题的知识，可得出正确结论.
【详解】由全称量词命题的否定是存在量词命题，所以原命题的否定为：.故选：C.
3.下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】【分析】利用最小正周期为排除选项AC；利用在区间上单调递减排除选项D；选项B以为最小正周期，且在区间上单调递减，判断正确.
【详解】选项A：最小正周期为.判断错误；
选项B：最小正周期为，且在区间上单调递减.判断正确；
选项C：最小正周期为.判断错误；
选项D：在区间上单调递增.判断错误.故选：B
4.函数的部分图像大致为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】【分析】利用奇偶性和特殊点排除不符合的选项.
【详解】函数的定义域为，，因此是上的偶函数，其图象关于轴对称，选项C，D不满足；又，所以选项B不满足，选项A符合题意.故选：A
5.设则的值为（ ）
A.9B.11C.28D.14
【答案】B
【解析】【分析】结合分段函数，根据自变量的范围代入计算即可.
【详解】.故选:B.
6.某科研小组研发一种水稻新品种，如果第1代得到1粒种子，以后各代每粒种子都可以得到下一代15粒种子，则种子数量首次超过1000万粒的是（ ）（参考数据：）
A.第5代种子B.第6代种子C.第7代种子D.第8代种子
【答案】C
【解析】【分析】设第代种子的数量为，根据题意列出不等式，对不等式化简代入数值即可得到结果.
【详解】设第代种子的数量为，由题意得，得．因为
，故种子数量首次超过1000万粒的是第7代种子．
故选：C.
7.已知函数，，的零点分别为，，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】【分析】结合函数单调性，根据零点的定义列方程，确定各函数零点的正负情况，即可比较的大小.
【详解】显然：函数，，在定义域内都是增函数，
又，而中的，
令，，，的大小顺序为：，故选：B．
8.已知函数的定义域是，函数的图象的对称中心是，若对任意的，，且，都有成立，，则不等式的解集为（ ）
A.B.
C.D.
【答案】D
【解析】【分析】利用函数的图象的对称中心是可得是上的奇函数，由可得，故可得在上单调递增，然后分，和三种情况进行求范围即可
【详解】因为是向左平移1个单位长度得到，且函数的图象的对称中心是，
所以的图象的对称中心是，故是上的奇函数，所以，对任意的，，且，都有成立，所以，
令，所以根据单调性的定义可得在上单调递增，
由是上的奇函数可得是上的偶函数，所以在上单调递减，
当时，不等式得到，矛盾；
当时，转化成即，所以；
当时，转化成，，所以，
综上所述，不等式的解集为故选：D
二､多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.若集合，，且，则实数a的值为（ ）
A.0B.1C.D.
【答案】ABC
【解析】【分析】解方程可得集合A，由题可得，然后分情况讨论即得.
【详解】，，
集合，集合，，又，
当时，则，满足题意；
当时，若，，，满足题意，
若，则，，满足题意；
或1或.故选：ABC.
10.已知关于x的不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.关于x的不等式的解集为
【答案】BC
【解析】【分析】根据一元二次不等式的解与一元二次方程根的关系，即可由根与系数的关系得，进而结合选项即可求解.
【详解】由不等式的解集为，所以和1是方程的两个根，由根与系数的关系可得 ，解得，故A错误，B正确，，故C正确，不等式变，解得，故D错误，故选：BC
11.已知，，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】AC
【解析】【分析】根据平方公式、二倍角公式、和差角公式，结合正弦函数与余弦函数的单调性，逐项判断即可.
【详解】因为，所以，又，所以，
所以，即，又函数，在上单调递增，，
则，故A正确，C正确；
因为，所以，
又函数，在上单调递减，所以，故B不正确；
因为，，所以，
所以，又，所以，故D不正确故选：AC.
12.函数满足，，，则（ ）
A.B.
C.为奇函数D.
【答案】BCD
【解析】【分析】利用赋值法可判断AB选项；令，利用函数奇偶性的定义可判断C选项；根据已知条件推导出，再结合以及等式的可加性可判断D选项.
【详解】在等式中，令，可得，
在等式中，令，可得，A错；
在等式中，令，可得，①
在等式中，令，可得，②
①②可得，B对；
令，其中，则，
即，故函数为奇函数，C对；
因为，则，
又因为，
上述两个等式相加可得，D对.故选：BCD.
三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13.__________.
【答案】
【解析】【分析】根据诱导公式和特殊角的函数值计算可得结果.
【详解】.故答案为：.
14.已知正数满足，则的最小值为_______．
【答案】9
【解析】【分析】利用基本不等式，结合解一元二次不等式，即可求得答案.
【详解】对于正数,有,当且仅当时取得等号，
故由得，即，
所以，故或（舍去）,
故，即的最小值为9，当且仅当时取最小值，故答案为：9
15.已知函数.若函数存在最大值，则实数a的取值范围是______.
【答案】
【解析】【分析】分段求出函数在不同区间内的范围，然后结合存在最大值即可求解
【详解】当时，函数不存在最大值，故，当时，在区间上单调递增，所以此时；当时，在区间上单调递减，所以此时，若函数存在最大值，则，解得，又，所以的取值范围为
故答案为：
16.若且，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】【分析】利用函数单调性和三角函数的图象性质求解.
【详解】题设不等式等价于.设是上的增函数，所以，.故.又因为，知的取值范围是.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.
（1）判断函数的单调性，并用单调性定义证明；
（2）若为奇函数，求满足的的取值范围.
【答案】（1）增函数，证明见解析； （2）.
【解析】【分析】（1）判断出函数为上的增函数，然后任取、且，作差，因式分解后判断的符号，即可证得结论成立；
（2）由奇函数定义可求出实数的值，再利用函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可.
【小问1详解】证明：函数为上的增函数，理由如下：
任取、且，则，
所以，，即，
所以，函数为上的增函数.
【小问2详解】解：若函数为奇函数，则，即，
则，因为函数为上的增函数，由得，解得.
因此，满足的的取值范围是.
18.已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）当时，求的最大值与最小值的和.
【答案】（1） （2）
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换整理得，进而可得最小正周期；
（2）以为整体，结合余弦函数的有界性求最值.
【小问1详解】由题意可得：
，
所以的最小正周期.
【小问2详解】因为，则，
当，即时，取到最小值；当，即时，取到最大值；
所以的最大值与最小值的和为.
19.某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图像时，列表并填入了部分数据，如下表：
（1）请将上表数据补充完整，并根据表格数据做出函数在一个周期内的图像；
（2）将的图形向右平移个单位长度，得到的图像，若的图像关于y轴对称，求的最小值.
【答案】（1）答案见解析 （2）
【解析】【分析】）（1）根据表格，分别求得，即可得到函数的解析式，从而得到其函数图像；
（2）根据题意，由函数图像变换，列出方程即可求得的最小值.
【小问1详解】
由表中数据可得，，，所以，则，
当时，，则，所以
【小问2详解】
由题意可得，，
因为的图像关于y轴对称，则，，解得，
且，所以当时，
20.某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒，已知在一定范围内，每喷洒1个单位的消毒剂，空气中释放的浓度（单位：毫米/立方米）随着时间（单位：小时）变化的关系如下：当时，；当时，．若多次喷洒，则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中消毒剂的浓度不低于4（毫克/立方米）时，它才能起到杀灭空气中的病毒的作用．
（1）若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？
（2）若第一次喷洒2个单位的消毒剂，6小时后再喷洒个单位的消毒剂，要使接下来的4小时中能够持续有效消毒，试求的最小值（精确到0.1，参考数据：取1.4）
【答案】（1）8小时 （2）1.6
【解析】【分析】（1）由可求出结果；
（2）根据题意求出从第一次喷洒起，经小时后，其浓度关于的函数解析式，再根据基本不等式求出其最小值，再由最小值不低于4，解不等式可得结果.
【小问1详解】因为一次喷洒4个单位的消毒剂，所以其浓度为
当时，，解得，此时，
当时，，解得，此时，
所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时．
【小问2详解】设从第一次喷洒起，经小时后，
其浓度，
因为，，所以，
当且仅当，即时，等号成立；
所以其最小值为，由，解得，
所以a的最小值为．
21.已知函数在区间上的最大值为3.
（1）求的值；
（2）当时，，对于给定的实数，若方程有解，则记该方程所有解的和为，求的所有可能取值.
【答案】（1）0 （2）
【解析】【分析】（1）将函数的解析式化简可得，利用函数单调性即可得；
（2）易知，画出函数的图象并利用函数与方程的思想根据图象对参数进行分类讨论即可求得方程所有解的和.
【小问1详解】化简可得，
因为，所以，所以，则.
【小问2详解】由（1）知，则；
当，则，
所以当时函数单调递减，时函数单调递增，当时函数单调递减，
又，
，则可得函数的图象如下：

对于给定的实数，若方程有解，则当时，方程的根为，此时；
当时，方程的两根关于直线对称，此时；
当时，方程的根有三个，关于直线对称，此时；
当，方程有四个根，关于直线对称，关于直线对称，
此时；
当时，方程的根有三个，，此时；
综上，的所有可能取值为.
22 已知函数，.
（1）当时，解不等式；
（2）证明：当时，函数有唯一的零点x0，且恒成立.
【答案】（1）； （2）证明见解析.
【解析】【分析】（1）由对数型函数的单调性直接求解即可；
（2）由在上单调递增，利用零点存在性定理可知存在唯一的，
由化简后可得，利用均值不等式及等号成立条件即可得证.
【小问1详解】当时，，由可得，
解得，即，故不等式的解为.
【小问2详解】因为与均为增函数，所以在上单调递增，
当时，，，
所以存在唯一的，使得，即函数有唯一零点，
所以，即，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以，当且仅当与时等号成立.
当时，由知，即，所以等号不成立，
所以.0
x
0
2
0
0
0
x
0
2
0
0