青海省海东市第二中学2023-2024学年高一上学期第二次月考 数学试题（含解析）

这是一份青海省海东市第二中学2023-2024学年高一上学期第二次月考 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，函数的大致图象为，已知为锐角，且，则，下列转化结果正确的是等内容，欢迎下载使用。
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5．本卷主要考查内容：必修第一册。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若45°角的终边上有一点，则（ ）
A．2B．4C．D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，，则下列正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
6．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知为锐角，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数,若，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列转化结果正确的是（ ）
A．化成弧度是B．
C．D．化成角度是
10．下列函数既是偶函数，又在上是减函数的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的单调减区间为
C．图象的一条对称轴方程为
D．点是图象的一个对称中心
12．已知函数.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．函数在定义域上单调递增
D．若实数，满足，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，则 .
14．桃湖公园有一扇形花园，扇形的圆心角为，半径为，现要在该花园的周围围一圈护栏，则护栏的总长度为（结果保留） ．
15．若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为 .
16．已知，，则 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．已知全集，集合，集合.求，，.
18．（1）求值：；
（2）设，，试用，表示.
19．（1）已知，，，求的最小值；
（2）已知，求的最大值.
20．已知函数.
(1)若，求实数的值；
(2)若恰有两个零点，求实数的取值范围.
21．已知．
(1)求的值；
(2)已知，求的值．
22．已知定义域为的函数是奇函数.
（1）求a的值，并判断的单调性；
（2）已知，且，不等式恒成立，求m的范围.
1．A
【分析】由角的终边上的点的坐标特征和三角函数的定义可得选项.
【详解】，即．
故选：A.
【点睛】本题考查角的终边上的点的坐标特征和三角函数的定义，属于基础题.
2．C
【分析】根据全称命题的否定，可得答案.
【详解】由全称命题的否定知原命题的否定为．
故选：C．
3．B
【分析】根据给定的函数有意义，列出不等式组并求解作答.
【详解】函数有意义，有，解得且，
所以函数的定义域是.
故选：B
4．A
【分析】直接利用不等式性质中的同向可乘性即得，判断A正确，B错误，排除法判断CD 错误即可.
【详解】由不等式性质知，若，，则，故A正确，B错误；
取，则，即，故CD错误.
故选：A.
5．A
【分析】利用对数函数和指数函数的单调性，将与0,1进行比较大小关系，即可得到答案.
【详解】因为在上单调递增，则，
因为在上单调递减，则，
因为在上单调递增，则，
故，
故选：A.
6．D
【分析】求出函数的定义域，探讨其奇偶性，再结合时函数值为正即可判断作答.
【详解】由，得，即函数的定义域为，
显然，，即函数是奇函数，其图象关于原点对称，AB不满足；
当时，，于是，其图象在第一象限，C不满足，D满足.
故选：D
7．D
【分析】先根据同角关系求得，然后利用两角差的正弦公式求解即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以.
故选：D
8．D
【分析】作出的图象，得到，问题转化为，换元后进行求解，得到答案.
【详解】作出的图象，如图所示：

由，可得，
则，
令，
则，
故．
故选：D．
9．AD
【分析】利用弧度制与角度制的互相转化即可判断AD，利用二倍角的余弦公式即可判断B，利用二倍角的正切公式即可判断C.
【详解】对于A，根据角度制与弧度制的转化可知，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：AD.
10．ABC
【分析】利用常见函数的奇偶性和单调性逐一判断即可.
【详解】A选项中：设，其定义域为，，故为偶函数，
且幂函数在上是减函数，故A正确；
B选项中，设，其定义域为，，则为偶函数，
且，则其在上单调递减，故B正确；
C选项中，设，其定义域为，则，
故是偶函数，且函数在上单调递减,
函数在定义域上为增函数，
所以在 上单调递减,故C正确；
D选项中，设，是，
且其定义域为，关于原点对称，故其为奇函数，故D错误.
故选：ABC.
11．ABC
【分析】由题可知，解得，又在的图象上，结合得，得，即可判断A；根据三角函数的性质可判断B、C、D.
【详解】由题可知，所以，解得，
所以，又在的图象上，所以，
所以，所以，又，所以，
所以，故A正确；
令，解得，
所以的单调减区间为，故B正确；
令，解得，当时，，故C正确；
令，解得，令，则，故D错误.
故选：ABC.
12．ABD
【分析】利用函数解析式，求解可得，即可判断A，利用可判断B，根据函数的奇偶性和复合函数的单调性可判断C，根据函数的单调性和对称中心可判断D.
【详解】对于A选项，故A正确；
对于B选项，对任意的，，
所以函数的定义域为，
，所以函数的图象关于点对称，故B正确；
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，内层函数为减函数，外层函数为增函数，
所以函数在上为减函数，故函数在上也为减函数，
因为函数在上连续，故函数在上为减函数，又因为函数在上为增函数，故函数在上为减函数，故C不正确；
对于D选项，因为实数a，b满足，则，
因为在定义域上单调递减，可得，即，故D正确.
故选：ABD.
13．12
【分析】通过配凑得，再代入值即可得到答案.
【详解】，则，
则.
故答案为：12.
14．
【分析】确定扇形的圆心角的弧度数，结合扇形的弧长公式可求得该公园护栏的总长度.
【详解】因为，所以，扇形的圆心角为，半径为，
所以，该花园的护栏的总长度为.
故答案为：.
15．##
【分析】由题意，根据必要不充分条件可得⫋，从而建立不等关系即可求解.
【详解】解：不等式的解集为，不等式的解集为，
因为“”是“”的必要不充分条件，
所以⫋，
所以，解得，
所以实数的取值范围为，
故答案为：.
16．
【分析】直接利用两角和与差的正弦函数，展开已知表达式，求出，；然后得到结果.
【详解】∵，∴．①
∵，∴．②
①+②，得．③
①②，得．④
③÷④,得．
故答案为：.
17．，，或.
【分析】根据指数函数、对数函数单调性即可解出集合,，再根据集合的交并补运算即可得到答案.
【详解】因为，即，根据指数函数单调性可知，
则集合，，即，
根据对数函数单调性知，解得，即，
则，，或，
或.
18．（1）101；（2）．
【分析】（1）利用对数运算性质和指数幂的运算化简计算即可；
（2）利用换底公式和对数运算性质求解即可.
【详解】（1）
.
（2）.
19．（1）（2）
【分析】（1）利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件；
（2）由题设知，由基本不等式求目标式最大值，注意等号成立条件.
【详解】（1）∵，且，
∴，
当且仅当，即，时，等号成立，
∴的最小值为；
（2）∵，则，
∴，
当且仅当即时等号成立.
∴的最大值.
20．(1)
(2)
【分析】（1）化简得，解出的值，即可得到值；
（2）设，,则题意转化为直线与函数在图象上有两交点，利用数形结合的思想即可得到答案.
【详解】（1）由题意得，
解得或，因为，故，故.
（2），
设，则，则，，
令，则，
则，由题得直线与函数在图象上有两交点，
，，令，或0（舍）
作出图象如下图所示：

则，解得.
21．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合三角函数商式关系式，求得正切值，根据正弦与余弦的二倍角公式以及平方关系式，可得答案；
（2）根据二次方程以及正切的和角公式，结合角的取值范围，可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，
所以.
（2）因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，由，得，
所以．
22．（1），在上是减函数；（2）.
【分析】（1）由在是奇函数，得，求出a的值，进而得的单调性；
（2）由（1）知，，，得不等式等价于，再利用在上是减函数，按和解出m的范围即可.
【详解】（1）因为在是奇函数，所以，令，则，
即，所以. 因为，
且是上的增函数，，故在上是减函数.
（2）由（1）知，，且在是奇函数，得
从而不等式：，等价于，
因为在上是减函数，所以，
当时，上式等价于，∴.
当时，上式等价于，∴.又，∴.
综上知.
【点睛】本题考查了奇函数的应用，不等式恒成立等问题，也考查了对数不等式求解，分类讨论思想，属于基础题.