四川省雅安市名山中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省雅安市名山中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（每小题5分，共40分，每题只有一个选项符合题意）
1. 已知全集是自然数集，集合，.则图中阴影部分表示集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图以及集合补集和交集的知识求得正确答案.
【详解】由图可知，阴影部分表示的集合为,
所以图中阴影部分表示的集合为.
故选：C
2. 函数的定义域是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义域要求求解定义域即可.
【详解】函数定义域需满足，解得且，即，
故选：C
3. 己知，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】由不等式性质可判断选项A，B，C；取特殊值可判断选项D.
【详解】对于选项A：当时，若，由不等式性质可知，故选项A 错误；
对于选项B：由不等式性质可知若，则成立，故选项B正确；
对于选项C：当时，若，由不等式性质可知，故选项C错误；
对于选项D：当时，，故选项D错误.
故选：B
4. 若函数在存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D. ∪
【答案】D
【解析】
【分析】根据零点存在性定理结合题意求解即可.
【详解】当时，，不存在零点；
当时，是一次函数，必然单调，
故只需即可，即，解得或，
即的取值范围是∪，
故选：D
5. 已知，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由指数函数的性质易得，再结合对数函数的性质判断各项正误即可.
【详解】由题设，故A、B中对数式无意义，且，
所以，C对，D错.
故选：C
6. 若，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式之间的关系，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论.
【详解】当，，且时，
，当且仅当时等号成立，
所以，充分性成立；
，，满足，且，此时，必要性不成立.
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7. 教室通风的目的是通过空气的流动，排出室内的污浊空气和致病微生物，降低室内二氧化碳和致病微生物的浓度，送进室外的新鲜空气．按照国家标准，教室内空气中二氧化碳日平均最高容许浓度应小于等于．经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内二氧化碳的浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，则该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为（参考数据：）（ ）
A. 10分钟B. 14分钟
C. 15分钟D. 20分钟
【答案】B
【解析】
【分析】由时，，代入求得，再由求解.
【详解】解：由题意得：当时，，
即，解得，
所以，
由题意得，
即，两边取对数得，
所以，
所以该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准至少需要的时间为14分钟，
故选：B
8. 若实数满足，则的值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由同角三角函数的关系，化简求值.
【详解】由，则，
又，得
．
故选：A．
二、多项选择题（每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求得，结合诱导公式确定正确答案.
【详解】角的终边经过点，，
，，，
，，故AB正确、CD错误，
故选：AB
10. 我国著名数学家化罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征，如函数（）的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据函数的定义域单调性与奇偶性判断即可得结论.
【详解】函数（）的定义域为，对于任意的，，因此该函数为偶函数，故只需讨论时，函数图像的变化趋势．
若，在区间上单调递减，在区间上单调递增，在时，函数取得最小值，图像为D；
若，在在区间上单调递增，图像为C．
故选：CD.
11. 已知定义在上函数是奇函数，且时，则下列叙述正确的是（ ）
A. 当时
B.
C. 在区间上单调递减
D. 函数在区间上的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用奇函数的定义和性质即可判断选项AB，根据判断函数单调性的定义法即可判断选项C，结合基本不等式即可判断选项D.
【详解】由题知，是奇函数，
令，则，
所以，
故此时，A错；
因为是上的奇函数，
所以，B正确；
由上述可知时，，
，
则
，
因为，
所以，，，
所以，即，
所以在区间上单调递减，C正确；
当时，，
当且仅当，即时取等，D正确.
故选：BCD
12. 已知定义在上的函数的图象连续不断，若存在常数，使得对于任意的实数恒成立，则称是回旋函数.给出下列四个命题，正确的命题是（ ）
A. 函数（其中为常数，）为回旋函数的充要条件是
B. 函数不是回旋函数
C. 若函数为回旋函数，则
D. 函数是的回旋函数，则在上至少有1011个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】由回旋函数的定义，结合充要条件的判定判断A；假设是回旋函数，由此可推出矛盾，说明假设错误，判断B；根据回旋函数的定义判读C；对于D，由成立，令，可推出与异号，或，继而依此类推推出在上零点情况，判断D.
【详解】函数（其中为常数，）是定义在上的连续函数，
且，
当时，对于任意的实数恒成立，
若对任意实数恒成立，则，解得：，
故函数（其中为常数，）为回旋函数的充要条件是，故A正确；
若函数是回旋函数，则，对任意实数都成立，
令，则必有0，令，则，显然不是方程的解，
故假设不成立，该函数不是回旋函数，故B正确；
在上为连续函数，且，
要想函数为回旋函数，则有解，则，故C错误；
由题意得：，令得：，
所以与异号，或，
当时，由零点存在性定理得：在上至少存在一个零点，
同理可得：在区间，上均至少有一个零点，
所以在上至少有1011个零点，
当时，有，
此时在上有1012个零点，
综上所以在上至少有1011个零点，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解“回旋函数”的定义，将问题转化为方程有解问题，再结合指数函数和幂函数的性质分析即可.
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 若扇形的半径为2，弧长为3，则扇形的面积为______________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式直接运算求解.
【详解】由题意可得：扇形的面积为.
故答案为：3.
14. 已知函数，则单调递增区间为____________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据二次函数以及指数函数的性质，结合复合函数的单调性法则即可求解.
【详解】由于在单调递减，在单调递增，
而函数为上的单调递增函数，
所以的单调递增区间为，
故答案为：
15. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】判断角所在象限，根据同角的三角函数关系解得的值，根据角的象限，即可确定的值，可得答案.
【详解】由可知在第一象限或第三象限，
由可得，
结合，解得，
在第一象限时，，此时，
在第三象限时，，此时，
故答案为：
16. 已知函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数图象，解方程，数形结合可得出实数的取值范围，即可得解.
【详解】因为函数的定义域为，满足，
当时，，
当时，，则
，
当时，，则
，
当时，，则
，
因为对任意，都有，
当时，令，解得或，如下图所示：
由图可知，，故实数最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是求出函数的解析式，由此作出函数的图象，利用数形结合思想求解.
四、解答题（本题共6个小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 设集合，．
（1）若时，求；
（2）若，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据求出集合即可求出；
（2）根据得到，列出不等式组即可.
【小问1详解】
，，
；
【小问2详解】
，，
①当是空集时，，解得，
②当不是空集时，则，，
综上所述：或.
18. 计算：
（1） ；
（2）已知，则的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分数指数幂以及对数恒等式和换底公式进行化简，即可得答案；
（2）利用诱导公式以及同角的三角函数关系化简，结合特殊角的三角函数值，即得答案.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
，
故.
19. 已知函数.
（1）当时，求该函数的值域；
（2）若对于恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，可得，利用换元法可转化为求的值域，利用二次函数性质可得其值域为；
（2）将原不等式转化成对于恒成立，利用对勾函数单调性即可得.
【小问1详解】
由对数函数单调性可知，当时，，
令，即可得，
由二次函数性质可知当时，，当时，；
因此可得当时，该函数的值域为.
【小问2详解】
当时，可得，
原不等式可化为对于恒成立，
即可得对于恒成立，易知函数在上单调递增，
所以，因此只需即可，得；
即的取值范围是.
20. 已知关于，的方程组其中.
（1）当时，求该方程组的解；
（2）证明：无论为何值，该方程组总有两组不同的解；
（3）记该方程组的两组不同的解分别为和，判断是否为定值.若为定值，请求出该值；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）和
（2）证明见解析 （3）定值，定值为4
【解析】
【分析】（1）消去求出所对应的一元二次方程的解，从而求出方程组的解；
（2）消去，判断所对应的一元二次方程的解的情况，即可判断；
（3）利用韦达定理得到，，即可求出、，从而得解.
【小问1详解】
当时，消去得，
解得，，
因此，方程组的解为和.
【小问2详解】
消去整理得，
显然，且，
因此，该方程有两个不同的解，该方程组也对应有两组不同的解.
【小问3详解】
由韦达定理得，，
所以，
，
所以，
因此，是定值，且定值为4.
21. 已知函数（其中），且.
（1）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
（2）解不等式：.
【答案】（1）函数在上单调递增，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件求出，根据定义法求解单调性即可；
（2）根据题意研究函数奇偶性，根据奇函数性质转化不等式，再结合单调性解不等式即可.
【小问1详解】
函数在上单调递增，证明如下：
因为，所以，所以，
任取，且，
则，
因为，且，所以，
所以，所以在上单调递增；
【小问2详解】
定义域关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，
所以不等式，即，
又因为在上单调递增，，，
所以，即，则，则，
所以或，即不等式的解集为.
22. 已知函数，.
（1）证明：对任意，，都有.
（2）已知，设是函数的零点，证明：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）作差后利用基本不等式可得证；
（2）由，，然后由得，然后证明函数（）是增函数，这样可得出，即有，从而得出，然后中消去参数得关于的二次函数，由二次函数性质可证结论成立．
【小问1详解】
因为，
所以；
【小问2详解】
，则是R上的增函数，
是函数的零点，即，，，则，
设（），
设，则，，，
所以，即单调递增，
，而，所以，∴，
综上，，
，
又，，
，
而，所以，即．