2022-2023学年福建福州格致中学高一上学期月考（二）数学试题（解析版） (1)

2022-2023学年福建福州格致中学高一上学期月考（二）数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，求出函数，的值域，得到集合，取交集得答案.

【详解】因为，

所以，

故选：B.

2．函数在区间内的零点个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】根据单调性与区间端点的符号判断即可.

【详解】易得为减函数,又,

.故在区间内的零点个数是1.

故选：B

【点睛】本题主要考查了函数零点的个数问题,根据单调性与区间端点的正负分析即可.属于基础题型.

3．已知，则大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将分别与中间量进行比较，即可得出.

【详解】因为，所以；

，即；

由，所以，即.

综上：.

故选：A

4．命题“∀x∈R，f(x)·g(x)≠0”的否定是（    ）

A．∀x∈R，f(x)＝0且g(x)＝0 B．∀x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0

C．∃x∈R，f(x)＝0且g(x)＝0 D．∃x∈R，f(x)＝0或g(x)＝0

【答案】D

【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确选项.

【详解】原命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，所以ABC选项不符合，D选项符合.

故选：D

5．某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P（单位：）与时间t（单位：h）间的关系为，其中，k是常数．已知当时，污染物含量降为过滤前的，那么（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意列出指数式方程，利用指数与对数运算公式求出的值.

【详解】由题意得：，即，两边取对数，，解得：.

故选：C

6．已知，，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用平方关系求得，再根据结合两角和的余弦公式即可得解.

【详解】解：因为，所以，

所以，

所以.

故选：D.

7．已知函数， 若， 则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由函数的解析式，求得函数的定义域，再根据函数的奇偶性和复合函数的单调性，得出函数为奇函数且为单调递减函数，再根据函数的性质，列出不等式组，即可求解.

【详解】由题意，函数有意义，则满足，即，解得，

又由，所以函数为奇函数，

令，可得函数为单调递减函数，

根据复合函数的单调性，可得函数为定义域上的单调递减函数，

因为，即，

则满足，解得.

故选：B.

【点睛】求解函数不等式的方法：

1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，

具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.

2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.

8．已知函数满足，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先判断函数的单调性，依题意恒成立，再根据对数函数的性质得到不等式组，解得即可.

【详解】解：因为且，又单调递减，在定义域上单调递增，

所以在定义域上单调递减，

因为在区间上恒成立，所以恒成立，

所以，解得，即；

故选：C

二、多选题

9．已知函数，则（    ）

A．是奇函数 B．是偶函数

C．关于点成中心对称 D．关于点成中心对称

【答案】BD

【分析】化简函数的解析式，利用余弦函数的奇偶性与对称性可得结果.

【详解】因为，故函数为偶函数，

因为函数的对称中心坐标为，

所以，函数的图象关于点成中心对称.

故选：BD.

10．下列结论中正确的结论是（    ）

A．时，最小值是2

B．的最小值为

C．正数，满足，则的最大值为

D．，，，则的最小值为2

【答案】CD

【分析】运用基本不等式求解.对于正数，，有，当且仅当时取得等号，也可变形成.在运用基本不等式时，要注意“一正、二定、三相等”这三个方面.

【详解】A.  时，，有最大值，无最小值.故选项A错误；

B.  ，当且仅当时，等号成立，即.而，故无解，即该式无法取得等号. 故选项B错误；

C. 对于正数，，有，当且仅当时，取得等号，即.故选项C正确；

D. ，，，当且仅当时，取得等号，则.故选项D正确.

故选：CD

11．若存在函数满足，则可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】应用换元法，令结合各选项的函数求t关于x的函数式，进而化为关于t的函数，判断是否满足函数关系即可.

【详解】A：令，则，故，满足函数关系；

B：令，则，故，不满足函数关系；

C：令，则，故，满足函数关系；

D：令，则，故，满足函数关系.

故选：ACD.

12．已知定义域为R的奇函数，当时，下列说法中正确的是（    ）

A．当时，恒有

B．若当时，的最小值为，则m的取值范围为

C．不存在实数k，使函数有5个不相等的零点

D．若关于x的方程所有实数根之和为0，则

【答案】BC

【解析】根据函数的奇偶性及时的解析式作出函数的图象，结合图象可判断AB选项，联立与可判断相切时切点横坐标为1，当，时最多一个交点，可判断C，根据函数奇偶性与对称性判断D．

【详解】当时，且为R上的奇函数，

作函数f（x）的图象如图：

对于A，当时，函数f（x）不是单调递减函数，则f（x1）＞f（x2）不成立，故A不正确；

对于B，令，解得，由图象可知，当时，的最小值为，则，故B正确；

对于C，联立，得，

△＝（k+1）2﹣4＝k2+2k﹣3=0，存在，使得△=0，此时,可知最多有3个不同的交点，

∴不存在实数k，使关于x的方程f（x）＝kx有5个不相等的实数根，故C正确；

对于D，由 可得或，

∵函数f（x）是奇函数，若关于x的两个方程与所有根的和为0，

∴函数的根与根关于原点对称，则，

但x＞0时，方程有2个根，分别为，两根之和为，

若关于x的两个方程与所有根的和为0，

则的根为，此时 ，故D错误.

故选：BC

【点睛】关键点点睛：利用奇函数的对称性得出函数的图象是解决本题的关键所在，结合函数的单调性，函数值的变换，函数图象的交点，利用数形结合解决问题，属于难题.

三、填空题

13．函数在上的单调递增区间为______．

【答案】

【分析】首先根据题意得到，再求其单调减区间即可.

【详解】函数，

令，

解得，令得，

所以函数在上的单调递增区间为．

故答案为：

14．若函数的值域是，则实数a的取值范围是_________．

【答案】

【分析】结合对数函数、一次函数的知识求得正确答案.

【详解】当时，，

而的值域为，

所以，

解得，

所以的取值范围是.

故答案为：

15．已知是在定义域上的单调函数，且对任意都满足：，则满足不等式的的取值范围是________.

【答案】

【分析】由换元法求出的解析式，再解原不等式

【详解】由题意得为正常数，令，则，

且，解得，

原不等式为，可得，解得，

故答案为：

四、双空题

16．角的终边与单位圆的交点位于第一象限，其横坐标为，则______，若点沿单位圆顺时针运动到点，所经过的弧长为，则的纵坐标为______．

【答案】         

【分析】利用三角函数的定义求出的值，再利用同角三角函数的平方关系可求得，由三角函数的定义可知点的纵坐标为，根据诱导公式即可求解．

【详解】由三角函数的定义可得，

由已知可知为第一象限角，则，

将点沿单位圆顺时针运动到点，所经过的弧长为，

则点的横坐标为．

故答案为：；．

五、解答题

17．（1）化简；

（2）已知关于的方程的两根为和，.求实数以及的值.

【答案】（1）；（2），

【分析】（1）利用诱导公式化简即可；

（2）利用韦达定理得到，，再将两边平方即可求出，最后由求出.

【详解】解：（1）

，

即.

（2）因为关于的方程的两根为和，

所以，，

所以，所以，

因为，所以，且，所以，

18．函数的部分图象如图所示．

(1)写出的最小正周期及图中、的值；

(2)求在区间上的最大值和最小值．

【答案】(1)周期为，，

(2)最大值是3，最小值是

【分析】（1）根据周期公式求周期，结合图象求；

（2）首先求的范围，再求函数的最值.

【详解】（1）,

令，，

解得：，由图可知，当时，，此时函数取得最大值；

（2）当时，，

此时

所以函数的最大值是3，最小值是

19．已知是偶函数．

（1）求的值；

（2）若函数的图象与直线有公共点，求a的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）由偶函数的定义结合对数的运算性质可求出实数的值；

（2）利用参变量分离法得出关于的方程有解，然后利用指数函数和对数的函数的基本性质求出的取值范围，即可得出实数的取值范围.

【详解】（1）是偶函数，，，

化简得，即，，，

即对任意的都成立，；

（2）由题意知，方程有解，

亦即，即有解，有解，

由，得，，故，即的取值范围是．

【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数，同时也考查了利用函数的零点个数求参数，涉及对数运算性质的应用，灵活利用参变量分离法能简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.

20．函数．

(1)当时，若，求实数n的值．

(2)若的解集是或，求实数的值．

(3)当时，若，求的解集

【答案】(1)；

(2)；

(3)当时，不等式解集为R；当时，不等式解集为；当时，不等式解集为.

【分析】（1）由题可得，进而即得；

（2）根据二次不等式的解法及韦达定理即得；

（3）由题可得，然后分类讨论结合二次不等式的解法即得.

【详解】（1）由题可得，

所以，

得，

∴；

（2）因为的解集是或，

所以且，

∴；

（3）因为，

∴，即，

所以，

∵，

∴，

当时，即，不等式恒成立，所以，

当时，即，解得或，

当时，即，解得或，

综上：当时，不等式解集为R；当时，不等式解集为；

当时，不等式解集为.

21．如图，圆O的半径为2，l为圆O外一条直线，圆心O到直线l的距离．为圆周上一点，且．点从处开始以2秒一周的速度绕点O在圆周上按逆时针方向作匀速圆周运动（这里的角均指逆时针旋转角）．

(1)求秒钟后，点到直线的距离用的解析式；

(2)当时，求的值

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）根据题意求出旋转角即可得出点的横坐标，即可求出解析式；

（2）可得当时，，即可求出.

【详解】（1）由题意可得周期为，则秒钟后，旋转角为，

此时点的横坐标为，

所以点到直线的距离为；

（2）当时，，

可得旋转了或，

解得或.

22．已知函数，，．

(1)求函数的值域；

(2)若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围；

(3)若对任意的，都存在四个不同的实数，，，，使得，其中，2，3，4，求实数a的取值范围．

【答案】(1)；

(2)；

(3)

【分析】（1）利用基本函数的单调性即得；

（2）由题可得恒成立，再利用基本不等式即求；

（3）由题意可知对任意一个实数，方程有四个根，利用二次函数的图像及性质可得，即求.

【详解】（1）∵函数，，

所以函数在上单调递增，

∴函数的值域为；

（2）∵对任意的，都有恒成立，

∴，即，

即有，

故有，

∵，，

∴，当且仅当，即取等号，

∴，即，

∴实数a的取值范围为；

（3）∵函数的值域为，

由题意可知对任意一个实数，方程有四个根，

又，则必有，

令，，

故有，

故有，可解得，

∴实数a的取值范围为.