2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高一上学期12月线上质量检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高一上学期12月线上质量检测数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年重庆市万州第二高级中学高一上学期12月线上质量检测数学试题 一、单选题1．下列计算正确的是（　　）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据根式、指数运算求得正确答案.【详解】，A选项错误.，B选项错误.，C选项正确.，D选项错误.故选：C2．已知，则的值为（    ）A．2 B．－2 C． D．±2【答案】D【分析】利用与的关系求解即可.【详解】，所以故选：D3．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由对数的运算性质求解，【详解】因为，所以.则，所以.故选：B4．函数在上的图象大致为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由函数奇偶性定义得到为奇函数，排除A，B，再由判断出D为正确答案.【详解】∵，,∴，∴为奇函数，排除A，B，又∵，排除C，故选：D.5．函数的零点所在区间是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据解析式判断函数单调性，再应用零点存在性定理确定所在区间即可.【详解】由在上递减，所以在上递减，又，，所以零点所在区间为.故选：B6．函数的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算，参考数据如下：                                                那么方程的一个近似解（精确度为0.1）为（    ）A．1.5 B．1.25 C．1.41 D．1.44【答案】C【分析】根据二分法的定义和精确度的要求分析判断即可【详解】由所给数据可知，函数在区间内有一个根，因为，，所以根在内，因为，所以不满足精确度，继续取区间中点，因为 ，，所以根在区间，因为，所以不满足精确度，继续取区间中点，因为，，所以根在区间内，因为满足精确度，因为，所以根在内，所以方程的一个近似解为，故选：C7．已知正数满足，则的最小值为（    ）A．16 B．12 C．8 D．4【答案】D【分析】根据均值不等式得到，计算得到答案.【详解】因为，所以.又.所以，当且仅当时，等号成立.故选：D8．已知定义在R上的奇函数f（x）满足，当时，，则（    ）A．2 B． C．－2 D．－【答案】A【分析】由题意可得函数的周期，从而得到，由解析式可得答案.【详解】解：依题意，，，函数的周期为6，故，又，则．故选：A．9．已知是R上的减函数，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】需满足每段函数单调递减，要注意端点值处，左边函数的函数值大于等于右边函数的函数值.【详解】由于是R上的减函数，则需满足，即，解得，故选：B.10．已知函数，，若存在，对任意，使得，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．（1，4）【答案】A【分析】将问题化为在对应定义域内，结合对勾函数和对数函数性质求它们的最值，即可求参数范围.【详解】由题意知：在[3,4]上的最大值大于或等于在[4,8]上的最大值即可．当时，，由对勾函数的性质得：在[3,4]上单调递增，故．当时，单调递增，则，所以，可得．故选：A11．已知函数满足：①定义域为，②为偶函数，③为奇函数，④对任意的，且，都有，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由②得关于x=1对称，由③得关于对称，由④得在上单增，根据得出的信息得的周期并画出的草图，将其都转化到同一个单调区间上看图即可得结果.【详解】∵ 在R上为偶函数，∴，∴关于x=1对称.∵ 在R上为奇函数，∴，∴关于对称，且∵，∴（将上式中的x换成x-1）①又∵，∴ ②∴由①②得： ③∴由③得： ④ （将③中的x换成x+2）∴由③④得：∴的一个周期为，且，关于对称又∵对任意的，且，都有，∴在上单调递增.∴在一个周期内的草图为：∴，，∴如图所示：，即：，故选：C.12．已知是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时， ，若在区间内方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用函数的奇偶性、周期性和对称性，作出函数的图像，将方程的解转化为两个函数图像的交点，利用数形结合以及交点个数列出不等式组，即可得出的取值范围.【详解】由，所以函数的周期为，又函数为偶函数，所以，即函数的图像关于直线对称；所以，由（）得：，令（）；作出函数和函数的图像，如图所示：由图像可知，要使方程（）恰有3个不同的实数根，则有，即，所以，即，故选：D.13．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解得，又利用对数运算可判断，结合基本不等式可判断与的大小，即可得的大小关系.【详解】解：，由于，，取等条件应为，即，而，故，，取等条件为，即，而，故，所以.故选：A.14．已知函数，若关于x的方程有6个不同的实数根，则m的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出的图象，令，则先讨论的零点，根据二次函数判别式与韦达定理，结合的图象可得的较小根的范围，进而根据与较小根的关系式结合函数的单调性求解即可.【详解】画出的图象如图，令，则先讨论的零点.当，即时，不合题意；当，即时，易得或，此时当或时均不满足有6个零点，不合题意；故，或，设的两根为，不妨设，由韦达定理，且.①当时，与均无零点，不合题意；②当时：1. 若，则，此时有4个零点，有2个零点，合题意；2. 若，此时有3个零点，则有且仅有3个零点，此时，故；综上可得或.又，故，结合在上为减函数可得在，上为增函数.故故选：A【点睛】本题主要考查了数形结合解决复合函数零点的问题，需要换元先分析二次函数的零点情况，数形结合判断零点所在的区间，进而得出零点所在的区间，并结合二次函数的性质与韦达定理求解.属于难题. 二、多选题15．已知，则a，b满足的关系有（　　）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】先把指数式化为对数式，再利用对数的运算性质可判断A正确，根据，结合基本不等式可判断BCD的正误.【详解】由，则，A：，正确；B：由A知：且，所以，即，故正确，C：由A、B知：，而，故错误，D：由上，，故正确.故选：ABD.16．下列说法中正确的是（    ）A．命题“，”的否定是“，”B．函数且的图象经过定点C．幂函数在上单调递增，则的值为D．函数的单调递增区间是【答案】ABC【分析】A.由全称量词命题的否定是存在量词命题判断；B.令求解判断；C.根据是幂函数求得m，再根据单调性判断； D.利用对数复合函数的单调性判断.【详解】A.命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，即“，”，故正确；B.因为函数且，令得 ，此时 的图象经过定点，故正确；C. 因为是幂函数，所以，即 ，解得 或 ，当时，在上单调递减，当 时，在上单调递增，故正确；D.令，得 或，所以函数的定义域为，又在上递增，在上递增，所以的单调递增区间是，故选：ABC17．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）A．的定义域是 B．是偶函数C．在区间上是增函数 D．的图象关于直线对称【答案】BCD【分析】对于A，直接由真数大于零可求出函数的定义域，对于B，由偶函数的定义求解判断，对于C，根据复合函数单调性的判断方法求解，对于D，通过比较与的关系判断.【详解】对于A，由题意可得函数，由可得，故函数定义域为，故A错误；对于B，的定义域为，设，所以，即是偶函数，故B正确：对于C，令，可得，当时，是减函数，外层函数也是减函数，所以函数在区间上是增函数，故C正确；对于D, ，得的图象关于直线对称，故D正确.故选：BCD.18．已知正数x，y，z满足，则下列说法中正确的是（   ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】把指数式化成相应的对数式，运用对数的运算法则及换底公式和基本不等式可求得结果.【详解】解：，令，则，，.对于A，，A选项正确；对于B，，，因为，所以，B选项错误；对于C，，C选项错误；对于D，，所以，D选项正确；故选：AD.19．设函数，若函数有四个零点分别为且，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】画出函数图象，数形结合进行求解.【详解】画出函数的图象，如图所示：要想函数有四个零点，则，A错误；由于当时，对称轴为，所以，B正确；当时，，所以，所以，C正确；因为，所以，故，由于，所以，由对勾函数知：在上单调递增，故，D正确.故选：BCD20．已知函数，函数满足.则（    ）A．B．函数的图象关于点对称C．若实数、满足，则D．若函数与图象的交点为、、，则【答案】AC【分析】计算得出，可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选项；分析函数的单调性，可判断C选项；利用函数的对称性可判断D选项.【详解】对于A选项，对任意的，，所以，函数的定义域为，，所以，，A对；对于B选项，因为函数满足，故函数的图象关于点对称，B错；对于C选项，对于函数，该函数的定义域为，，即，所以，函数为奇函数，当时，内层函数为增函数，外层函数为增函数，所以，函数在上为增函数，故函数在上也为增函数，因为函数在上连续，故函数在上为增函数，又因为函数在上为增函数，故函数在上为增函数，因为实数、满足，则，可得，即，C对；对于D选项，由上可知，函数与图象都关于点对称，由于函数与图象的交点为、、，不妨设，若，则函数与图象的交点个数必为偶数，不合乎题意，所以，，则，由函数的对称性可知，点、关于点对称，则，，故，D错.故选：AC.【点睛】结论点睛：判断函数的对称性，可利用以下结论来转化：①函数的图象关于点对称，则；②函数的图象关于直线对称，则.