2024-2025学年陕西省西安市高一上册第二次月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市高一上册第二次月考数学检测试题（附解析），共15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．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合 ，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
4、的零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数在上是增函数，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．从2007年10月24日18时05分，我国首颗绕月人造卫星“嫦娥一号”成功发射以来，中国航天葆有稳步前进的力量，标志着中国人一步一步将“上九天缆月”的神话变为了现实，月球距离地球大约38万千米，有人说，在理想状态下，将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次，其厚度就可以超过月球与地球之间的距离，那么至少对折的次数是（ ）（参考数据：）
A．41B．42C．43D．44
7．已知，则取到最小值时，的值为（ ）
A．16B．12C．9D．8
8．已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．设，某学生用二分法求方程的近似解（精确度为），列出了它的对应值表如下：
若依据此表格中的数据，则得到符合要求的方程的近似解可以为（ ）
A．1.31B．1.38C．1.43D．1.44
10．已知函数，定义域为，值域为，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．直线与函数的图象相交于四个不同的点，若从小到大交点横坐标依次记为，，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C． D．
三、填空题
12．若函数(其中且)，则的图像恒过定点 ．
13．函数的严格增区间为 .
14．函数的定义域为，若满足：（1）在内是单调函数；（2）存在，使得在上的值域为，那么就称函数为“减半函数”．若函数是“减半函数”，则的取值范围是 ．
六、解答题
15．已知集合，．
（1）求集合；
（2）若集合，求实数的取值范围．
16．计算下列各式
（1）（1）计算：；
（2）
17．已知函数.
(1)求的定义域；
(2)判断的奇偶性并予以证明；
(3)求不等式的解集.
18．近来，流感病毒肆虐，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）成正比；药物释放完毕后，与的函数关系为（且）.根据图中提供的信息，求：
(1)从药物释放开始，每立方米空气中的含药量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式；
(2)为确保学生健康安全，药物释放过程中要求学生全部撤离，药物释放完毕后，空气中每立方米含药量不超过毫克时，学生方可进入教室.那么从药物释放开始，至少需要经过多少小时后，学生才能进入教室.（精确到小时）（参考值：，，）
19．已知函数，.
(1)若，对，使得成立，求实数的取值范围；
(2)若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围.
0
1
2
3
答案：
1．D
【分析】根据偶次方根被开方数是非负数，分母不为零，以及对数大于零，列出不等式，即可容易求得结果.
【详解】要使得函数有意义，只需：且，解得.故函数定义域为.故选：D.
本题考查具体函数定义域的求解，属简单题.
2．A
【分析】分别求解对数函数和指数函数在指定区间上的值域，即可得到集合，从而可求
【详解】当时，，所以，
当时，，又，所以，
所以.
故选：A.
3．B
【分析】根据指数和对数性质，先分别比较和的大小，进而得出的大小．
【详解】因为
且
所以，所以.
故选：B.
4．A
【分析】根据零点存在性定理结合函数单调性以及f1和即可得解.
【详解】因为和是上单调递增函数，
所以是上单调递增函数，且其图象是连续不断的一条曲线，
又，
故函数的零点所在的区间为.
故选：A.
5．D
【分析】根据函数的单调性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】由于在上是增函数，所以，解得，
所以的取值范围是.故选：D
6．B
【分析】由题知第次对折后纸张的厚度为毫米，再根据题意解不等式即可.
【详解】解：由题知，第一次对折后纸张的厚度为毫米，
第二次对折后纸张的厚度为毫米，
第三次次对折后纸张的厚度为毫米，
……
所以，第次对折后纸张的厚度为毫米，
因为38万千米为毫米，
所以，，
所以两边取以为底的对数得，即，解得，
所以，至少对折的次数是次.
故选：B
7．B
【分析】从条件得到a与b的关系，然后运用均值不等式的性质，找到取到最小值时的值，从而求得答案.
【详解】由，
得，则，
当且仅当时，等号成立，取最小值，此时；
则.
故选：B.
方法点睛：基本不等式是建立多项式乘积和和之间的桥梁，可以快速解决多项式最值问题.
8．B
【分析】构造函数，可证得是奇函数，且在上单调递增. 可化为，进而可解得结果.
【详解】令，（），
则，
所以是奇函数；
又都是上增函数，
所以在上单调递增.
所以可化为，
进而有，
所以，
解得或.
故选：B.
9．BC
【分析】f(x)在R上是增函数，根据零点存在性定理进行判断零点所在的区间﹒
【详解】与都是上的单调递增函数，
是上的单调递增函数，
在上至多有一个零点，
由表格中的数据可知：
，
在上有唯一零点，零点所在的区间为，
即方程有且仅有一个解，且在区间内，
，
内的任意一个数都可以作为方程的近似解，
，
符合要求的方程的近似解可以是和1.43﹒
故选：BC﹒
10．BCD
先研究值域为时函数的定义域，再研究使得值域为得函数的最小值的自变量的取值集合，研究函数值取1，2时对应的自变量的取值，由此可判断各个选项.
【详解】由于，
，，，，
即函数的定义域为−∞,1
当函数的最小值为1时，仅有满足，所以，故C正确；
当函数的最大值为2时，仅有满足，所以，故D正确；
即当时，函数的值域也为，故，故B正确；
当时，函数值，故A错误；
故选：BCD
关键点睛：本题考查函数的定义域及其求法，解题的关键是通过函数的值域求出函数的定义域，再利用元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断，考查了学生的逻辑推理与转化能力，属于基础题.
11．BCD
【分析】画出函数的图象，利用数形结合思想，结合二次函数和对数函数的性质进行求解即可.
【详解】函数的图象如下图所示：

当时，，此时或；
当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，
此时或，或，
直线与函数有四个不同的点，必有，
此时，其中，
且，
因此有，，显然，
因此，所以选项A不正确，选项B、C正确；
因为，，
结合图象知：，因此选项D正确，
故选：BCD
关键点睛：利用数形结合思想，得到，，，的取值范围是解题的关键.
12．
函数(其中且)恒过定点.
【详解】令，解得，，所以的图像恒过定点.
故
13．（或）
【分析】求出函数的定义域，利用复合函数法可求得函数的单调递增区间.
【详解】对于函数，有，即，解得，
所以，函数的定义域为，
因为内层函数的增区间为，减区间为，
外层函数在其定义域上为增函数，
所以，函数函数的严格增区间为.
故（或）.
14．
【分析】根据复合函数单调性关系先判断函数为单调增函数，再根据值域关系建立方程，然后转化为一元二次方程根的个数问题求解．
【详解】依题意，函数，
（1）设，
当时，为增函数，也是增函数，则为增函数；
当时，为减函数，也是减函数，则为增函数；
综上，函数为单调增函数，即在内是单调函数；
（2）在内是单调增函数，若为 “减半函数”
设存在，使得在上的值域为，
则有，即
是方程的两个不等的实根，
设，当时，则，所以等价为方程的有两个不等的正实根，
则有，即，解得：，不合题意；
当时，，所以等价为方程在上有两个不等的正实根，
则有，所以.
故答案为.
关键点点睛：本题主要考查对数的基本运算，准确把握“减半函数”的概念，合理运用对数函数的性质和一元二次方程根的判别式是解决本题的关键，考查学生的转化与化归思想，运算求解能力，属于中档题.
15．（1）
（2）或
【分析】（1）根据集合的意义对集合A、B进行化简即可；（2）先求出，再根据建立不等式即可．
【详解】（1）由，所以
由，所以
（2）由，
根据，则或，
所以或
本题主要考查集合的化简与基本运算，属于基础题．在解决此类问题时，首先要明确集合表示的意义，依据意义进行化简，其次把集合间的关系转化为图形表示，如在数轴进行表示，最后，把图形表示转化为不等式组，从而解决问题．此过程体现了转化思想、数形结合思想等．
16．（1）71．（1）10；
【分析】（1）直接由分数指数幂的运算性质及对数运算性质化简得答案；
（2）直接由对数的运算法则及性质计算得答案．
【详解】（1）；
（2）=lg5(lg2+lg5)= lg5+=lg100+8=10.
本题考查指数式、对数式化简求值，考查指数、对数性质、运算法则、换底公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
17．(1)
(2)奇函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据对数函数的性质进行求解即可；
（2）根据函数奇偶性的定义进行判断和证明；
（3）根据对数函数的单调性进行求解．
【详解】（1）要使函数有意义,则，
解得，故所求函数的定义域为；
（2）证明：由（1）知的定义域为，
设，则,
且，故为奇函数；
（3）因为，所以，即
可得，解得,又，
所以，
所以不等式的解集是．
18．(1)
(2)小时
【分析】（1）当时，设，当时，设（且），将相应点的坐标代入函数解析式，求出参数的值，综合可得出关于的函数解析式；
（2）分析函数的单调性，当时，解不等式，即可得出结论.
【详解】（1）解：当时，设，将代入得，解得，此时，；
当时，设（且），将、代入得，
解得，此时，.
综上.
（2）解：因为函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，令，得，
则，即，
所以，.
所以，从药物释放开始，至少经过小时后学生才能进入教室.
19．(1)
(2)
【分析】（1）由已知，利用基本不等式求得，可得出，令，分离参数可得，利用函数的单调性求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围；
（2）令，分析可知关于的方程有且只有一个正根，分、、三种情况讨论，在时，直接求出方程的根，验证即可；在、这两种情况下，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，综合可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：，即，
若，使得成立，只需要成立.
因为，
由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，
所以，，则，
因为，令，分离参数可得，
令，其中，
任取、且，则
，
当时，，，则，
当时，，，则，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
故，.
（2）解：由（1）可得，
由题意知，方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
令，则方程有且只有一个正根，
即方程有且只有一个正根，构造函数.
①当时，，令，解得，不合乎题意；
②当时，则，二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，
，
由于，要使得方程有且只有一个正根，
则，解得；
③当时，则，，
设方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，，则方程有且只有一个正根.
综上所述，实数的取值范围是.
方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
A
B
A
D
B
B
B
BC
BCD
BCD