山东省济宁市第一中学2024-2025学年高一上学期1月月考试题数学试卷+答案

这是一份山东省济宁市第一中学2024-2025学年高一上学期1月月考试题数学试卷+答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，满分40分．在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解指数不等式化简集合，再利用并集的定义求得结果.
【详解】由，得，则，而，
所以.
故选：D
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题否定是存在量词命题即可得到答案.
【详解】命题“”的否定是.
故选：D
3. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，借助中间量比较大小即可.
【详解】解：因为
所以.
故选:A.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，可判断出为偶函数，可排除选项C和D，再利用当时，，可排除选项B，即可求解.
【详解】易知的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数，所以选项C和D错误，
又当时，，所以当时，，所以选项B错误，
故选：A.
5. 已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断，根据同角的三角函数关系求得的值，再根据诱导公式，即可求得答案.
【详解】因为，故，
则由，可得，
故，
故选：D
6. 命题，为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】转化问题为在上有解，求出的取值范围，进而结合充分不必要条件的定义判断即可求解.
【详解】依题意，：，真命题，
所以在上有解，
当时，原不等式，解得，满足题意；
当时，一元二次函数开口向下，此时原不等式在上一定有解，故满足题意；
当时，若上有解，则，解得，
综上所述，，
所以命题p：，为假命题的一个充分不必要条件可以是.
故选：A.
7. 把物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，那么后物体的温度（单位：）可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数.现有85的物体，放在25℃的空气中冷却，1min以后物体的温度是75.若要将物体的温度降为45，需要冷却的时间为（ ）（结果精确到0.1，参考数据：，，）
A. 5.8minB. 6.0minC. 6.2minD. 6.4min
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得出，，从而求得，代入，即可利用公式求解；
【详解】由题意可知，，
当时，，于是，
整理得，
当，于是，
所以，故，
将代入可得，故，
故.
故选：B
8. 若定义在上的函数同时满足：①为奇函数；②对任意的，且，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，由题意可以推出函数的奇偶性、单调性，然后对进行分类讨论解不等式即可.
【详解】因为对任意的，且，都有，
即对任意两个不相等的正实数不妨设，都有，
所以有，
所以函数是上的减函数，
又因为为奇函数，即有，有，
所以有，
所以为偶函数，
所以上单调递增．
当，即时，有由，得，
所以，解得，此时无解；
当，即时，由，得，
所以，解得或．
综上所述，不等式的解集为．
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由已知条件去构造函数，并结合已知导出其函数性质，从而分类讨论解不等式即可.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由已知可得，A项正确，，，代入即可判断B、C、D项.
【详解】因为，，所以，
，，
则，，
则.
由上述解析，可知ABD正确，C项错误.
故选：ABD.
10. 已知， 则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则的最小值为
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】对于AB：利用基本不等式结合对数函数分析判断；对于CD：消元，结合基本不等式以及函数单调性分析判断.
【详解】对于AB：若，，
则，当且仅当时，等号成立，故A正确；
且，故B错误；
对于选项CD：若，，则，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
即等号不成立，的最小值不为，故C错误；
且，
因为的图象开口向上，对称轴为，
可知在上单调递增，则，
即，故D正确；
故选：AD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数有3个零点
B. 若函数有四个零点，则
C. 若关于的方程有四个不等实根，，，，则
D. 若关于的方程有8个不等实根，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】分析函数的性质，作出函数图象，再结合图象与性质逐项判断即得．
【详解】函数的图象关于直线对称，开口向上，，
函数的图象关于对称，开口向下，
，f−1=2，如图所示，
对于A，观察图象知，函数y=fx的图象与直线有3个公共点，因此函数有3个零点，选项A正确；
对于B，函数的零点，即方程的根，
亦即函数y=fx的图象与直线交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数y=fx的图象与直线，如图，
观察图象知，当时，函数的图象y=fx与直线有4个公共点，
因此函数有四个零点，则选项B正确；
对于C，若关于的方程有四个不等实根，，，，
不妨设，
显然有，，
所以，故选项C错误；
对于D，令，由选项B知，当且仅当时，
方程有个不等实根，
要关于的方程有8个不等实根，
则要方程在上有个不相等的实数根，
令这两个实数根为，，则，，
，由易得，
而当时，的两根相等，不符合题意，
所以的取值范围是，故选项D正确，
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．请将答案填在答题卡相应题号的横线上）
12. 若角，点是终边上一点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，再由诱导公式计算可得.
【详解】因为点是终边上一点，，所以，
所以．
故答案为：
13. 已知函数在上是增函数，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由复合函数的单调性和对数函数定义域，求的取值范围.
【详解】当时，在上是增函数；
当时，由函数在定义域内单调递增，
则函数在上单调递增且大于0恒成立，
有解得.
综上，的取值范围是.
故答案为：
14. 数学中处处存在着美，莱洛三角形就给人以对称的美感．莱洛三角形的画法如下：先画等边三角形ABC，再分别以点A，B，C为圆心，线段AB长为半径画圆弧，便得到莱洛三角形（如图所示）．若莱洛三角形的周长为，则其面积是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据图形分析，利用扇形面积和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】莱洛三角形的周长为，可得弧长，
则等边三角形的边长，
分别以点A、B、C为圆心，圆弧所对的扇形面积均为，
等边的面积，
所以莱洛三角形的面积是.
故答案为：.
四、解答题（本大题5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 求值：
（1）；
（2） ．
【答案】（1）3 （2）10
【解析】
【分析】根据指对幂的运算规则计算.
【小问1详解】

；
【小问2详解】
原式；
综上，（1）原式=3；（2）原式=10.
16. 已知角是第三象限角，且满足.
（1）求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数平方关系求出，进而求出正弦和正切；
（2）利用诱导公式化简得到，结合（1）中所求得到答案.
【小问1详解】
，故，
又，所以，
即，
解得或，
因为角是第三象限角，所以，故，
所以，；
【小问2详解】
，
由（1）得，
故.
17. 安徽省人民政府办公厅在关于深入开展消费扶贫助力打赢脱贫攻坚战的实施意见中提出要打造区域性特色农产品品牌推动市县或集中连片特殊困难地区制定区域性扶贫产品标识，合力打造区域性特色农产品品牌，提高贫困地区特色农产品辨识度引导各类媒体通过新闻报道、公益广告等多种方式，广泛宣传贫困地区发展特色农产品的经验做法，推介农产品品牌某地区在政策指导下，根据当地气候、土质等条件，推广种植某种市场畅销水果果树经调研发现该果树的单株产量单位：千克）与施肥量单位：千克）满足函数关系：，且单株果树的肥料成本投入为元，其他成本投入（如培育管理、施肥人工费等费用）为元已知这种水果的市场售价为21元千克，且销路畅通供不应求，记该果树的单株利润为(单位：元）．
（1）求函数的解析式
（2）当单株施肥量为多少千克时，该果树的单株利润最大最大利润是多少
【答案】（1）；
（2）千克，最大利润是元．
【解析】
【分析】（1）利用利润公式直接求解即可；
（2）分段求解，时，利用二次函数的性质求解最值；时，利用基本不等式求解最值．
【小问1详解】
根据题意知
，
整理得；
【小问2详解】
当时，，
由一元二次函数图象可知在时取得最大值，
当时，
,
当且仅当，即时等号成立，
，的最大值是，
当单株施肥量为千克时，该果树的单株利润最大，最大利润是元．
18. 已知定义域为的函数是奇函数，且指数函数的图象过点.
（1）求的表达式；
（2）若方程，恰有2个互异的实数根，求实数的取值集合.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由题意求出，然后由为上的奇函数可得，从而可求得的值，从而可求得的表达式；
（2）又在定义域内单调递增减且为奇函数，可将转化为，即在恰与x轴有两个交点，由二次函数的零点分布可得答案.
【小问1详解】
由指数函数的图象过点，得，
所以，又为上的奇函数，所以，得，
经检验，当时，符合，所以；
【小问2详解】
，因为在定义域内单调递增，
则在定义域内单调递减，
所以在定义域内单调递增减，
由于为上的奇函数，所以由，
可得，
则在恰有2个互异的实数根，
即在恰与x轴有两个交点，
则，
所以实数a的取值集合为.
19. 已知函数在区间上的最大值为5，最小值为2，记.
（1）求实数、的值：
（2）若不等式成立，求实数的取值范围；
（3）定义在上的一个函数，用分法将区间任意划分成个小区间，如果存在一个常数，使得和式恒成立，则称函数为在上的有界变差函数.试判断函数是否为在上的有界变差函数？若是，求的最小值；若不是，请说明理由.
（参考公式：）
【答案】（1），
（2）
（3）是上的有界变差函数，的最小值为
【解析】
【分析】（1）利用二次函数性质得，，根据题意列方程组求解即可；
（2）利用的奇偶性和单调性可得，解不等式即可；
（3）由函数解析式得在上单调递增，结合有界变差函数的定义判断即可.
【小问1详解】
因为，由二次函数性质知，开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，
，
，解得，；
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
因为，所以为偶函数，
函数的图象如图，
不等式等价于，
即或，解得，
所以实数的取值范围是；
【小问3详解】
是上有界变差函数,理由如下，
由（2）知函数在上单调递增，
所以，，
则对任意划分，
有
所以，
整理得：，
所以存在常数，使得恒成立，
所以是上的有界变差函数，的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查了根据最值求参数，根据函数的单调性解不等式，函数的新定义，意在考查学生的计算能力，数形结合能力，知识迁移能力，其中正确理解新定义，运用新定义是解题的关键.