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2023-2024学年陕西省西安市西北工业大学附属中学高一上学期第二次月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年陕西省西安市西北工业大学附属中学高一上学期第二次月考数学试题含答案，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。
一、单选题
1．如图，已知矩形表示全集，，是的两个子集，则阴影部分表示不正确的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合韦恩图及集合交、并、补的定义判断即可.
【详解】在阴影部分区域内任取一个元素，则且，即且，
所以，阴影部分可表示为，故A正确；
且，阴影部分可表示为；C正确
且，阴影部分可表示为，故D正确；
显然，阴影部分区域所表示的集合为的真子集，故B错误．
故选：B
2．函数的零点一定位于区间（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用零点存在性定理即可判定函数的零点所在区间.
【详解】因为，
所以，，
又在上连续不间断，且单调增，
所以的零点一定位于区间，
故选：B.
3．函数满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】令，求出，再代入计算可得.
【详解】解：因为，令，解得，
所以.
故选：B
4．函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将函数转化为分段函数，再选择图象即可.
【详解】，结合图形可知C适合题意.
故选：C.
5．已知角第二象限角，且，则角是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
【答案】C
【分析】由是第二象限角，知在第一象限或在第三象限，再由，知，由此能判断出所在象限．
【详解】因为角第二象限角，所以，
所以，
当是偶数时，设，则，
此时为第一象限角；
当是奇数时，设，则，
此时为第三象限角.；
综上所述：为第一象限角或第三象限角，
因为，所以，所以为第三象限角．
故选：C．
6．历史上数学计算方面的三大发明是阿拉伯数、十进制和对数，其中对数的发明，大大缩短了计算时间，为人类研究科学和了解自然起了重大作用，对数运算对估算“天文数字”具有独特优势.已知，，则的估算值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，利用指数式与对数式的互化关系，结合对数运算即得.
【详解】令，则，
所以，即的估算值为.
故选：C
7．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】的大小比较转化为的大小比较，再利用对数函数的单调性估值比较大小即可.
【详解】由，且在上单调递增，
则；
由，则；
由；
综上，，则有.
故选：A.
8．设函数，对于任意正数都有，已知函数的图象关于中心对称，若，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】变换得到在上单调递增，确定关于原点对称，得到为偶函数，，根据函数的单调性解不等式得到答案.
【详解】，，，故，
即函数在上单调递增，
函数的图象关于中心对称，则关于原点对称，
即为奇函数，为偶函数，故函数在上单调递减.
，则，，
当时，，即，即，；
当时，，即，即，；
综上所述：.
故选：D
二、多选题
9．下列函数值符号为正的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】利用三角函数的象限角的符号判断.
【详解】解：因为是第二象限角，所以，故A正确；
因为是第三象限角，所以，故B正确；
因为是第二象限角，所以，故C正确；
因为是第三象限角，所以，故D正确；
故选：AD
10．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】A项取特值排除；B项由幂函数单调性可得；C项作差比较法可证；D项由不等式性质可得.
【详解】选项A，取，满足，
则，，故A错误；
选项B，若，由幂函数在上单调递增，
得，故B正确；
选项C，若，则，
所以，即，故C正确；
选项D，由，且，由不等式的性质，两边同除以得，
，即，故D成立.
故选：BCD.
11．下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】选项A，由定义域不关于原点对称可知不是奇函数；选项BCD奇偶性，利用奇函数的定义证明可得；选项B单调性由反比例函数单调性可得；CD单调性由两增函数的和函数仍为增函数可知.
【详解】选项A，函数，定义域为，不关于原点对称，
所以不是奇函数，故A错误；
选项B，设，，
则，则为奇函数，
又函数在区间上单调递增，故B正确；
选项C，设，，
则，则为奇函数，
又与都是增函数，
则函数为增函数，故C正确；
选项D，设，
由，则恒成立，即定义域为，
，则，
即，所以是奇函数，
又当，与都单调递增，
则在单调递增，
故由复合函数单调性可知在单调递增，故D正确.
故选：BCD.
12．设函数若有四个实数根，且，则的值不可以是（ ）
A．B．C．3D．
【答案】ACD
【分析】根据函数特征，画出函数图象，根据图象判断选项即可.
【详解】由分段函数知，当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增；当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增.的图象如图所示.
有四个实数根，且.
由图知，当时，有四个实数根，且.
又，由对数函数的性质知，可得.
设，且.由在上单调递增，
可知，所以.
故选：ACD.
三、填空题
13．函数，且的图象恒过定点 .
【答案】
【分析】根据指数函数恒过的定点，结合目标函数解析式，即可求得结果.
【详解】令，解得，又当时，，
故函数，且的图象恒过定点.
故答案为：.
14．已知函数为定义在上的奇函数，且时，，则时， ．
【答案】
【分析】结合奇函数的对称性求对称区间上的函数解析式.
【详解】设，则，因为当时，，
所以，
又函数为定义在上的奇函数，则，
则.
故答案为：.
15．化简求值： ．
【答案】
【分析】利用指数与对数运算法则，结合换底公式运算求解可得.
【详解】
.
故答案为：.
16．已知函数有最小值，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出时的最小值，然后对于时，讨论的单调性和取值情况，结合题目要求进行研究，得到的取值范围.
【详解】当时， ，此时；
当时，.
①时，为常函数，此时在R上满足函数有最小值为，
②时，函数此时为单调的一次函数，要满足在R上有最小值，
需 解得，
综上，满足题意的实数的取值范围为：.
故答案为：.
四、解答题
17．已知角的终边上一点，且（为坐标原点），
(1)求的值；
(2)若有意义，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两点间的距离公式解方程即可；
（2）由真数大于，验证不等式得值，结合三角函数定义得.
【详解】（1）由题意，，
则，解得；
（2）若有意义，则.
当时，点，则，不满足题意，舍去；
当时，点，则，满足题意，
此时.
18．已知一扇形的圆心角为，所在圆的半径．
(1)当，求其弧所在弓形的面积．
(2)若该扇形的面积为，当它的圆心角和半径取何值时，该扇形的周长最小？最小值是多少？
【答案】(1)
(2)当扇形圆心角为，半径为时，该扇形的周长最小，最小为.
【分析】（1）由扇形面积公式可得扇形面积，再减去三角形面积即可得所求弓形面积；
（2）由扇形面积公式，得(定值)，利用基本不等式求周长即的最小值即可.
【详解】（1）
由题意，当时，扇形面积；
如图，扇形中，连接，则，
所以是正三角形，则，
故所求弓形面积为；
（2）设扇形弧长为，由已知扇形的面积，则，
则扇形的周长，
当且仅当，即时等号成立，
此时半径为，圆心角，该扇形的周长最小，最小为.
19．已知函数．
(1)求的定义域；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由真数大于解不等式可得；
（2）利用复合函数的单调性求出递增区间，再由包含关系解范围即可.
【详解】（1）要使函数有意义，则，即
解得，故的定义域为；
（2）设，则其图象开口向下，对称轴为，
则在单调递增，在单调递减，
由复合函数单调性可知，在单调递增，
要使函数在上单调递增，
则有，
所以，解得.
故实数的取值范围为.
20．设命题：幂函数在上减函数，命题对任意实数恒成立．
(1)若命题为真命题，求实数的取值范围；
(2)若命题和中有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论，结合二次函数恒成立问题分析求解；
（2）分别求出命题的充要条件，再根据命题真假求解的取值范围.
【详解】（1）命题对任意实数恒成立，
当时，不等式为恒成立，满足题意；
当时，方程的判别式，
要使二次不等式恒成立，
则且，由解得；
综上，命题为真命题，则，所以实数的取值范围为；
（2）命题：幂函数在上减函数.
则，解得①，
命题和中有且只有一个是真命题，则真假或假真.
当真假时，由假得或②
联立①②解不等式组得，；
当真假时，由真得③，假得或④，
联立③④解不等式组得；
综上所述，若命题和中有且只有一个是真命题，则实数的取值范围为.
21．已知函数（，且）．
(1)若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且点在函数的图象上，求实数的值；
(2)在（1）的条件下，不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由指数函数与对数互为反函数得，再由过定点求解；
（2）利用对数函数的单调性，将不等式转化为二次不等式在闭区间上的恒成立问题，结合二次函数图象建立不等式组求解可得.
【详解】（1）由函数的图象与函数的图象关于直线对称，
则为的反函数，即（，且），
又过，则有，解得；
（2）由（1）知在为减函数，
则，且，
由题意，首先不等式在有意义，
设，函数单调递增，
则，则，此时也满足.
不等式可化为，
则有，，
则有在恒成立，
设，函数图象开口向上，
则，解得，满足.
故实数的取值范围为.
22．已知函数与具有如下性质：
①为奇函数，为偶函数；
②（常数是自然对数的底数，）．
利用上述性质，解决以下问题：
(1)求函数与的解析式；
(2)证明：对任意实数，为定值；
(3)已知，记函数的最小值为，求．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）结合函数的奇偶性的性质计算即可得；
（2）代入计算即可得；
（3）找到问题中与之间的关系，借用换元法将复杂的原式化为二次函数，结合函数的定义域去分类讨论即可得.
【详解】（1）由为奇函数，为偶函数，即有，，
则，
故，，
即，；
（2），
故对任意实数，为定值，且该定值为；
（3），
由，
令，则，
故，
由，中有随增大而增大，随增大而增大，
故随增大而增大，故，
设，，
当时，，此时，
当时，，
当，此时，故在上单调递减，
故有，
当时，若，即时，在上单调递减，
此时有，
若，即时，在上单调递减，
在上单调递增，故有，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：
（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；
（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.
一、单选题
1．如图，已知矩形表示全集，，是的两个子集，则阴影部分表示不正确的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合韦恩图及集合交、并、补的定义判断即可.
【详解】在阴影部分区域内任取一个元素，则且，即且，
所以，阴影部分可表示为，故A正确；
且，阴影部分可表示为；C正确
且，阴影部分可表示为，故D正确；
显然，阴影部分区域所表示的集合为的真子集，故B错误．
故选：B
2．函数的零点一定位于区间（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用零点存在性定理即可判定函数的零点所在区间.
【详解】因为，
所以，，
又在上连续不间断，且单调增，
所以的零点一定位于区间，
故选：B.
3．函数满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】令，求出，再代入计算可得.
【详解】解：因为，令，解得，
所以.
故选：B
4．函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将函数转化为分段函数，再选择图象即可.
【详解】，结合图形可知C适合题意.
故选：C.
5．已知角第二象限角，且，则角是（ ）
A．第一象限角B．第二象限角
C．第三象限角D．第四象限角
【答案】C
【分析】由是第二象限角，知在第一象限或在第三象限，再由，知，由此能判断出所在象限．
【详解】因为角第二象限角，所以，
所以，
当是偶数时，设，则，
此时为第一象限角；
当是奇数时，设，则，
此时为第三象限角.；
综上所述：为第一象限角或第三象限角，
因为，所以，所以为第三象限角．
故选：C．
6．历史上数学计算方面的三大发明是阿拉伯数、十进制和对数，其中对数的发明，大大缩短了计算时间，为人类研究科学和了解自然起了重大作用，对数运算对估算“天文数字”具有独特优势.已知，，则的估算值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，利用指数式与对数式的互化关系，结合对数运算即得.
【详解】令，则，
所以，即的估算值为.
故选：C
7．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】的大小比较转化为的大小比较，再利用对数函数的单调性估值比较大小即可.
【详解】由，且在上单调递增，
则；
由，则；
由；
综上，，则有.
故选：A.
8．设函数，对于任意正数都有，已知函数的图象关于中心对称，若，则的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】变换得到在上单调递增，确定关于原点对称，得到为偶函数，，根据函数的单调性解不等式得到答案.
【详解】，，，故，
即函数在上单调递增，
函数的图象关于中心对称，则关于原点对称，
即为奇函数，为偶函数，故函数在上单调递减.
，则，，
当时，，即，即，；
当时，，即，即，；
综上所述：.
故选：D
二、多选题
9．下列函数值符号为正的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】利用三角函数的象限角的符号判断.
【详解】解：因为是第二象限角，所以，故A正确；
因为是第三象限角，所以，故B正确；
因为是第二象限角，所以，故C正确；
因为是第三象限角，所以，故D正确；
故选：AD
10．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】A项取特值排除；B项由幂函数单调性可得；C项作差比较法可证；D项由不等式性质可得.
【详解】选项A，取，满足，
则，，故A错误；
选项B，若，由幂函数在上单调递增，
得，故B正确；
选项C，若，则，
所以，即，故C正确；
选项D，由，且，由不等式的性质，两边同除以得，
，即，故D成立.
故选：BCD.
11．下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】选项A，由定义域不关于原点对称可知不是奇函数；选项BCD奇偶性，利用奇函数的定义证明可得；选项B单调性由反比例函数单调性可得；CD单调性由两增函数的和函数仍为增函数可知.
【详解】选项A，函数，定义域为，不关于原点对称，
所以不是奇函数，故A错误；
选项B，设，，
则，则为奇函数，
又函数在区间上单调递增，故B正确；
选项C，设，，
则，则为奇函数，
又与都是增函数，
则函数为增函数，故C正确；
选项D，设，
由，则恒成立，即定义域为，
，则，
即，所以是奇函数，
又当，与都单调递增，
则在单调递增，
故由复合函数单调性可知在单调递增，故D正确.
故选：BCD.
12．设函数若有四个实数根，且，则的值不可以是（ ）
A．B．C．3D．
【答案】ACD
【分析】根据函数特征，画出函数图象，根据图象判断选项即可.
【详解】由分段函数知，当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增；当时，，且单调递减；
当时，，且单调递增.的图象如图所示.
有四个实数根，且.
由图知，当时，有四个实数根，且.
又，由对数函数的性质知，可得.
设，且.由在上单调递增，
可知，所以.
故选：ACD.
三、填空题
13．函数，且的图象恒过定点 .
【答案】
【分析】根据指数函数恒过的定点，结合目标函数解析式，即可求得结果.
【详解】令，解得，又当时，，
故函数，且的图象恒过定点.
故答案为：.
14．已知函数为定义在上的奇函数，且时，，则时， ．
【答案】
【分析】结合奇函数的对称性求对称区间上的函数解析式.
【详解】设，则，因为当时，，
所以，
又函数为定义在上的奇函数，则，
则.
故答案为：.
15．化简求值： ．
【答案】
【分析】利用指数与对数运算法则，结合换底公式运算求解可得.
【详解】
.
故答案为：.
16．已知函数有最小值，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求出时的最小值，然后对于时，讨论的单调性和取值情况，结合题目要求进行研究，得到的取值范围.
【详解】当时， ，此时；
当时，.
①时，为常函数，此时在R上满足函数有最小值为，
②时，函数此时为单调的一次函数，要满足在R上有最小值，
需 解得，
综上，满足题意的实数的取值范围为：.
故答案为：.
四、解答题
17．已知角的终边上一点，且（为坐标原点），
(1)求的值；
(2)若有意义，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由两点间的距离公式解方程即可；
（2）由真数大于，验证不等式得值，结合三角函数定义得.
【详解】（1）由题意，，
则，解得；
（2）若有意义，则.
当时，点，则，不满足题意，舍去；
当时，点，则，满足题意，
此时.
18．已知一扇形的圆心角为，所在圆的半径．
(1)当，求其弧所在弓形的面积．
(2)若该扇形的面积为，当它的圆心角和半径取何值时，该扇形的周长最小？最小值是多少？
【答案】(1)
(2)当扇形圆心角为，半径为时，该扇形的周长最小，最小为.
【分析】（1）由扇形面积公式可得扇形面积，再减去三角形面积即可得所求弓形面积；
（2）由扇形面积公式，得(定值)，利用基本不等式求周长即的最小值即可.
【详解】（1）
由题意，当时，扇形面积；
如图，扇形中，连接，则，
所以是正三角形，则，
故所求弓形面积为；
（2）设扇形弧长为，由已知扇形的面积，则，
则扇形的周长，
当且仅当，即时等号成立，
此时半径为，圆心角，该扇形的周长最小，最小为.
19．已知函数．
(1)求的定义域；
(2)若函数在上单调递增，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由真数大于解不等式可得；
（2）利用复合函数的单调性求出递增区间，再由包含关系解范围即可.
【详解】（1）要使函数有意义，则，即
解得，故的定义域为；
（2）设，则其图象开口向下，对称轴为，
则在单调递增，在单调递减，
由复合函数单调性可知，在单调递增，
要使函数在上单调递增，
则有，
所以，解得.
故实数的取值范围为.
20．设命题：幂函数在上减函数，命题对任意实数恒成立．
(1)若命题为真命题，求实数的取值范围；
(2)若命题和中有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论，结合二次函数恒成立问题分析求解；
（2）分别求出命题的充要条件，再根据命题真假求解的取值范围.
【详解】（1）命题对任意实数恒成立，
当时，不等式为恒成立，满足题意；
当时，方程的判别式，
要使二次不等式恒成立，
则且，由解得；
综上，命题为真命题，则，所以实数的取值范围为；
（2）命题：幂函数在上减函数.
则，解得①，
命题和中有且只有一个是真命题，则真假或假真.
当真假时，由假得或②
联立①②解不等式组得，；
当真假时，由真得③，假得或④，
联立③④解不等式组得；
综上所述，若命题和中有且只有一个是真命题，则实数的取值范围为.
21．已知函数（，且）．
(1)若函数的图象与函数的图象关于直线对称，且点在函数的图象上，求实数的值；
(2)在（1）的条件下，不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由指数函数与对数互为反函数得，再由过定点求解；
（2）利用对数函数的单调性，将不等式转化为二次不等式在闭区间上的恒成立问题，结合二次函数图象建立不等式组求解可得.
【详解】（1）由函数的图象与函数的图象关于直线对称，
则为的反函数，即（，且），
又过，则有，解得；
（2）由（1）知在为减函数，
则，且，
由题意，首先不等式在有意义，
设，函数单调递增，
则，则，此时也满足.
不等式可化为，
则有，，
则有在恒成立，
设，函数图象开口向上，
则，解得，满足.
故实数的取值范围为.
22．已知函数与具有如下性质：
①为奇函数，为偶函数；
②（常数是自然对数的底数，）．
利用上述性质，解决以下问题：
(1)求函数与的解析式；
(2)证明：对任意实数，为定值；
(3)已知，记函数的最小值为，求．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）结合函数的奇偶性的性质计算即可得；
（2）代入计算即可得；
（3）找到问题中与之间的关系，借用换元法将复杂的原式化为二次函数，结合函数的定义域去分类讨论即可得.
【详解】（1）由为奇函数，为偶函数，即有，，
则，
故，，
即，；
（2），
故对任意实数，为定值，且该定值为；
（3），
由，
令，则，
故，
由，中有随增大而增大，随增大而增大，
故随增大而增大，故，
设，，
当时，，此时，
当时，，
当，此时，故在上单调递减，
故有，
当时，若，即时，在上单调递减，
此时有，
若，即时，在上单调递减，
在上单调递增，故有，
综上所述，.
【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：
（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；
（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；
（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.
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