重庆市2023_2024学年高一数学上学期12月月考试题2含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高一数学上学期12月月考试题2含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，则集合中元素的个数是（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据，求得的所有取值，从而得解.
【详解】因为集合，，
当时，；
当时，的取值为；
当时，的取值为；
所以，
则中元素的个数是.
故选：C.
2. 已知，下列不等式中正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】举反例排除ACD，利用作差法判断B.
【详解】因为，则，
对于A，取，则，故A错误；
对于B，，则，故B正确；
对于C，取，则，故C错误；
对于D，当时，，故D错误.
故选：B.
3. 函数的零点所在区间是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数、幂函数的单调性判断的单调性，再应用零点存在性定理判断零点所在区间即可得解.
【详解】因为的定义域为，
而在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又，，
所以的零点所在区间是.
故选：C.
4. 设，，，则a，b，c三个数的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可得解.
【详解】因为，
，，
所以.
故选：A.
5. 函数在区间上的图象大致为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先求出函数的奇偶性，可判断AB错误；再取特殊值可判断D错误.
【详解】因为，则，
即为偶函数，其函数图象关于轴对称，据此可知选项AB错误；
且当时，，据此可知选项D错误.
故选：C.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数特征点，排除不合要求的图象.
6. 已知函数，对任意的，，且时，满足，则实数a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得函数在区间上为增函数，结合二次函数，对数函数和复合函数的性质即可得解.
【详解】因为对任意的、，且时，满足，
所以函数在区间上为增函数.
内函数开口向上，对称轴为，
若，则函数在区间上不单调，不合乎题意；
若，则函数在区间上为增函数，
所以外函数为增函数，故，解得.
故选：C.
7. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用正弦函数的单调性推得；再利用正弦函数的最大值推得，从而得解.
【详解】因为函数在上单调递增，
由，，
所以且，解得且，所以；
又因为在区间上只取得一次最大值，
即时，；
所以，解得；
综上，，即的取值范围是．
故选：D.
8. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知奇偶性质得到的周期性，再由与求得待定系数，从而利用周期性与条件得，代入解析式即可得解.
【详解】由为奇函数，得，故，
由为偶函数，得，
所以，即，
则，故的周期为，
所以，
由，令，得，即，
令，得，
由，令，得，
因为，所以，即，所以，
联立，解得，
故时，，
由，令，得，
所以.
故选：D.
【点睛】结论点睛：对称性的常用结论如下：
（1）若函数满足或或，则的一条对称轴为；
（2）若函数满足或或，则的一个对称中心为.
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. 下列说法正确的是（）
A. ，B. ，
C. ，是的充分条件D. 的必要条件是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用量词命题的真假性与充分必要条件的定义，结合对数方程及不等式的性质，逐一分析判断即可得解.
【详解】对于A，由，得，故A正确；
对于B，当时，不成立，故B错误；
对于C，当，时，显然成立，
所以，是的充分条件，故C正确；
对于D，当时，且，即且，
所以的必要条件是，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列四个函数中，以为周期，且在区间上单调递减的是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间上单调性，从而得解.
【详解】因为最小正周期为，
当时，，所以它在上单调递增，故A错误；
因为最小正周期为，
当时，，所以在区间上单调递减，故B正确；
因为最小正周期为，在区间上单调递减，故C正确；
不是周期函数，故D错误；
故选：BC.
11. 已知，，则下列结论正确是（）
A. 为第二象限角B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系，结合齐次式法计算求解即可判断各选项.
【详解】因为，所以，
联立，解得，，
因为，所以是第二象限角，故AB正确；
所以，故C错误，
则，故D正确.
故选：ABD.
12. 若存在两个不相等的实数、，使、、均在函数的定义域内，且满足，则称函数具有性质，下列函数具有性质的有（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题中性质的定义，逐项判断，即可得出结果.
【详解】对于A，函数的定义域为，且，
所以，
由于，所以恒成立，故A错误；
对于B，因为函数的定义域为，
取，，则，
则，
所以成立，故B正确；
对于C，假设具有性质，
则存在，使得，
则，即，
若同号，则，即，
所以，得，显然不成立；
若异号，则，即，
将上述方程看作关于的二次方程，解得，
此时满足，故C正确；
对于D，因为函数的定义域为，
又，故为奇函数，
取，则，所以，，
所以成立，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解性质的定义，结合函数的性质即可得解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知扇形的圆心角为，扇形的周长为，则扇形的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用扇形周长与弧长公式列式求得，再利用扇形面积公式即可得解.
【详解】依题意，设扇形的半径为，弧长为，
则，解得，
由扇形面积公式可得扇形面积.
故答案为：.
14. 函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数复合函数与根式函数的定义域，结合正弦不等式与二次不等式的解法即可得解.
【详解】因为，所以，
对于，即，解得，
对于，即，解得，
综上，，即函数的定义域为.
故答案为：.
15. 已知，，且，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，，，
所以，则，
所以，
因为
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以.
故答案为：.
16. 设函数，若关于x的函数恰好有五个零点.则实数a的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】画出图象，换元后数形结合分析可得方程两根的范围，再利用二次函数根的分布列出不等式组即可得解.
【详解】作出函数的图象如图，
令，函数恰好有五个零点．
则方程化为，
则必有两个不同实根，则，
结合图形可知，则必不为，
故方程的一根在区间内，另一根在区间内，
令，
则，解得：，
综上：实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题，要先画出函数图象，然后适当运用换元法，将零点个数问题转化为二次函数或其他函数根的分布情况，从而求出参数的取值范围或判断出零点个数.
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. 已知集合，.
（1）当时，求；
（2）若，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出集合A，进而求出A的补集，根据集合的交集运算求得答案；
（2）根据，可得，由此列出相应的不等式组，解得答案.
【小问1详解】
因为，所以或，
当时，，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
当时，，解得，满足题意；
当时，则，解得，
综上：，即a的取值范围为.
18已知.
（1）化简；
（2）若，求的值.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数基本关系式运算得解；
（2）由题可得，又，，结合诱导公式可计算得，，结合平方关系代入运算得解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
由，即得，又，
，又，，
.
19. 已知函数.
（1）证明：函数在区间上单调递增；
（2）判断函数的奇偶性；（不需要证明）
（3）若时，记函数的最大值为，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）为偶函数
（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数单调性的定义，结合作差法即可得证；
（2）利用函数奇偶性定义即可判断；
（3）利用的单调性与对称性，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
任取，且，
则
，
因为，所以，，
所以，，所以，
所以，即，
所以函数在区间上单调递增.
【小问2详解】
因为的定义域为，
又，所以函数为偶函数.
【小问3详解】
因为函数在区间上单调递增，数为偶函数，
所以函数在区间上单调递减，
所以当时，当时，函数取得最大值，即，
当时，当时，函数取得最大值，，
所以.
20. 已知函数，.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意的，存在，使不等式成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，不等式化简为，从而得解；
（2）问题等价于，转化为求两个函数的最小值，进而得解.
【小问1详解】
因为，，
当时，由，得，
所以，即，解得，
故原不等式的解集为.
【小问2详解】
因为对任意的，存在，不等式成立，
所以当，时，，
当时，单调递增，所以，
又函数开口向下，对称轴为，由于，
当，即时，，
所以由，得，解得，此时；
当，即时，，
所以由，得，解得，此时；
综上，，则实数的取值范围为.
21. 已知函数.
（1）求函数在上的单调递减区间；
（2）若在区间上恰有两个零点，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的性质，结合整体代入法即可得解；
（2）利用三角函数的对称性得到，由题设条件得到，从而利用诱导公式即可得解.
【小问1详解】
对于，
令，解得，
因为，当时，；当时，；
所以在上的单调递减区间为.
【小问2详解】
因为在区间上恰有2个零点，
所以在有两个根，
令，解得，
所以当时，函数图像的对称轴为，
所以，则，
又，则，
所以.
22. 设函数，其中.
（1）当时，求函数的零点；
（2）若对任意，恒有，求实数a的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，将表示为分段函数的形式，结合一元二次方程的解法，求得的零点.
（2）分类讨论的取值范围，去掉绝对值后将问题转化为求二次函数最小值问题，结合二次函数的性质，得到关于的不等式，解之即可得解.
【小问1详解】
因为，
当时，，
当时，令，即，此时方程，无实数解；
当时，令，即，解得；
综上，的零点为，.
【小问2详解】
因为，对任意，恒有，
当时，，显然恒有，满足题意；
当时，，
此时，
（i）当，即时，，
则，解得，故；
（i i）当，即时，在上单调递减，
所以，解得，故；
所以当时，恒有；
当时，，
①当时，，
因为，所以在上单调递增，
所以，解得，故；
②当时，，
因为，所以在上单调递增，
所以，显然成立，故；
所以当时，恒有；
当时，，
此时，
因为，所以在上单调递增，
所以，解得，故；
综上，，即实数a的取值范围为.