2021-2022学年贵州省遵义航天高级中学高一上学期第三次月考数学试题含解析

这是一份2021-2022学年贵州省遵义航天高级中学高一上学期第三次月考数学试题含解析，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。
2021-2022学年贵州省遵义航天高级中学高一上学期第三次月考数学试题一、单选题1．已知集合，则正确表示集合U，，之间关系的维恩图是（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求得集合，判断出的关系，由此确定正确选项.【详解】∵，，∴，故A正确，BCD错误.故选：A.2．已知命题；命题则命题q是命题p的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】化简命题，，然后利用充分条件、必要条件的定义即得.【详解】∵；，∴，推不出，所以命题是命题成立的必要不充分条件．故选：B．3．已知，则的大小顺序为（       ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断．【详解】，，，所以．故选：C．4．不等式的解集为（       ）A．[－1，2] B．[－2，1]C．[－2，1)∪(1，3] D．[－1，1)∪(1，2]【答案】D【分析】由题可得，即得.【详解】由可得，，∴，解得且，故原不等式的解集为.故选：D.5．已知且，则a的值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令，利用指对数互化，换底公式及对数的运算法则可得，即得.【详解】令，则，，又，∴，即，∴.故选：C.6．已知定义在上的偶函数满足：①对任意的，且，都有成立；②.则不等式的解集为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意得，偶函数在上单调递增，在上单调递减，作出函数的大致图像，利用数形结合即可得解.【详解】由题意得，偶函数在上单调递增，在上单调递减，且,作出函数的大致图像如下：不等式等价于或，数形结合可知不等式的解集为：故选：A.7．若奇函数满足，且当时，.则的值是（       ）A．0 B．1 C．-1 D．【答案】B【分析】由函数为奇函数和关于对称，可得函数周期为4，进而可得结果.【详解】为奇函数，，函数关于对称所以函数周期为4，故选：B【点睛】关键点点睛：抽象函数有对称中心和对称轴，可推出周期.本题考查了逻辑推理能力和运算求解能力，属于难题.8．已知函数，若有四个不等实根，且，求的取值范围（       ）A．（－∞，－3） B．（－3，+∞）C．[－，－3) D．[－，－3]【答案】C【分析】作出函数和的图象，根据二次函数图象的对称性得出，根据对数运算得出，并计算出的取值范围，利用函数的单调性可求出代数式的取值范围.【详解】作出函数和的图象如下图所示：由于二次函数的图象关于直线对称，所以，，由，得，即，所以，，可得，由图象知，当时，直线与函数的图象有四个交点，所以，，即，即，，得，由于函数在区间上为减函数，.故选：C.二、多选题9．幂函数在上是增函数，则以下说法正确的是（       ）A． B．函数在上单调递增C．函数是偶函数D．函数的图象关于原点对称【答案】ABD【分析】根据幂函数的定义与性质得到方程（不等式）组，解得，即可得到，从而判断可得；【详解】解：因为幂函数在上是增函数，所以，解得，所以，所以，故为奇函数，函数图象关于原点对称，所以在上单调递增；故选：ABD10．下列说法正确的有（       ）A．函数的零点是B．方程有两个解C．函数的图象关于y＝x对称D．用二分法求方程在内的近似解的过程中得到，，，则方程的根落在区间上【答案】BCD【分析】根据零点的定义进行判断A，利用数形结合进行判断B，根据同底数的指数函数和对数函数的图像关于对称进行判断C，利用函数的单调性及零点存在定理进行判断D.【详解】对于A：令，解得：，所以函数的零点是和4，故A错误；对于B：分别作出的图像，由图象可知与有两个交点即方程有两个解，故B正确；对于C：因为同底数的指数函数和对数函数的图像关于对称，所以函数，的图象关于对称，故C正确.对于D：因为单调递增，由零点存在定理，因为，，，所以方程的根落在区间上，故D正确.故选：BCD.11．当时，则的可能取值为（       ）A．3 B．27 C．81 D．243【答案】CD【分析】利用指数函数及对数函数的性质可得，即得.【详解】∵当时，函数单调递减，且，由题可知选择项中单调递增，当时，，∴，即.故选：CD.12．已知函数，，则下列说法正确的是（       ）A．关于点对称B．关于点对称C．若函数在上的最大值、最小值分别为M、N，则M+N=4D．在上单调递减【答案】ABCD【分析】通过函数图象的平移结合奇函数的性质可判断AB；通过常见函数的单调性可判断CD.【详解】将的图象向左平移一个单位得为奇函数，关于对称，故A正确；将的图象向下平移两个单位得向左平移一个单位得图象关于对称，∴的图象关于对称，∴B正确；因为在上递减，且为奇函数，在为减函数，在为减函数，又为减函数，∴为减函数，∴在1-m处取得最大值，则在1+m处取得最小值，则故CD正确；故选：ABCD.三、填空题13．已知函数是函数且的反函数，且的图象过点，则_______.【答案】【分析】根据条件先求解出，由题可知，求解出即可.【详解】因为的反函数为，又的图象过点，所以，，即，故答案为：.14．函数的图象恒过定点_______.【答案】【分析】由题可得，进而可得，，即得.【详解】∵，由可得，，，即函数的图象恒过定点.故答案为：.15．函数有且仅有1个零点，则m的取值范围为_______.【答案】或【分析】利用数形结合即得.【详解】∵函数有且仅有1个零点，∴函数的图象与直线有一个交点，由图可得或，∴或.故答案为：或.16．已知函数，当且时，，则实数的取值范围为_______.【答案】【分析】由题可得函数为减函数，进而可得，即得．【详解】根据题意，函数的定义域为，若满足当时，，则函数在上为减函数，则必有，解可得，即的取值范围为.故答案为：．四、解答题17．计算(1)(2) 【答案】(1)(2)【分析】（1）根据指数幂的运算法则及根式的性质计算可得；（2）根据对数的性质及运算法则计算可得；【详解】(1)解：(2)解：18．设函数.(1)若，解不等式；(2)若，解关于x的不等式【答案】(1)或；(2)详见解析.【分析】（1）利用二次不等式的解法即可得解；（2）将原不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，结合二次不等式的解法即可得解.【详解】(1)当时，由，解得或，故当时，不等式的解集为或.(2)由可得，当时，方程的两根分别为，.当时，，解原不等式可得；当时，原不等式即为，该不等式的解集为；当时，，解原不等式可得.综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.19．已知定义域为R的函数是奇函数.(1)求的解析式；(2)若恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由是奇函数可得，从而可求得值，即可求得的解析式；（2）由复合函数的单调性判断在上单调递减，结合函数的奇偶性将不等式恒成立问题转化为，通过换元及二次函数的性质即得．【详解】(1)因为函数为奇函数，所以，即，所以，所以，可得，函数.(2)∵，所以在上单调递减，且为奇函数，由，得，所以， 设，，则，又，所以，即，故实数m的取值范围.20．某厂家拟在2021年举行某产品的促销活动，经调查，该产品的年销售量（即该产品的年产量）x（单位：万件）与年促销费用（单位：万元）满足（ k 为常数），如果不举行促销活动，该产品的年销售量是1万件．已知2021年生产该产品的固定投入为8万，每生产1万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金，不包括促销费用）.(1)将2021年该产品的利润y（单位：万元）表示为年促销费用m的函数；(2)该厂家2021年的促销费用为多少万元时，厂家的利润最大？(3)若该厂家2021年的促销费用不高于2万元，则当促销费用为多少万元时，该厂家的利润最大？【答案】(1)；(2)；(3)2.【分析】（1）由时，可构造方程求得，得到，代入利润关于的函数中，化简可得结果；（2）利用基本不等式可求得，由取等条件可得结果；（3）利用对勾函数的单调性即得.【详解】(1)由题意可知：当时，（万件），，解得：，，又每件产品的销售价格为，年利润；(2)因为，当时，（当且仅当，即时取等号），此时年利润（万元）；该厂家年的促销费用投入万元时，厂家的利润最大，最大为万元.(3)因为，当时函数为增函数，故当时，（万元），故当促销费用为2万元时，该厂家的利润最大.21．已知函数的定义域为R，满足对任意的x、y都有，当时，.(1)证明的奇偶性；(2)是否存在使得在上恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）令，即可求出，再令，即可得到，即可得证；（2）首先证明函数的单调性，根据函数的单调性与奇偶性可得在上恒成立，参变分离，结合指数函数的单调性计算可得；【详解】(1)证明：显然的定义域是，关于原点对称．又函数对一切、都有，令，得，．再令，得，，为奇函数．(2)解：任取，，且，，时，，，又，，即，函数在上单调递减，依题意在上恒成立，即在上恒成立，等价于在上恒成立，即在上恒成立，因为， 在上单调递增，所以，所以，解得，即22．对于函数，若，则称为的“不动点”，若，则称为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，，那么，（1）求函数的“不动点”和“稳定点”；（2）求证：；（3）若，且，求实数的取值范围．【答案】（1）“不动点”为4，“稳定点”为4；（2）证明见解析；（3）【解析】（1）由即可求出“不动点”，求方程中的值，即为“稳定点”；（2）若，有这是不动点的定义，此时得出，，如果，则直接满足；（3）先求出即存在“不动点”的条件，同理取得到存在“稳定点”的条件，而两集合相等，即条件所求出的结果一直，对结果进行分类讨论.【详解】（1）由，解得，由有，解得，所以函数的“不动点”为4，“稳定点”为4；（2）证明：若，则，显然成立； 若，设，有，则有，所以，故，综上，；（3）因为，所以方程有实根，即有实根，所以或，解得，又由得：，即，由（1）知，故方程左边含有因式，所以，又，所以方程要么无实根，要么根是方程的解，当方程无实根时，或，即，当方程有实根时，则方程的根是方程的解，则有，代入方程得，故，将代入方程，得，所以.综上：的取值范围是.【点睛】关键点睛：作为新型定义题，题中需要求什么，我们就从条件中去得到相应的关系，比如本题中，求不动点，就去求；求稳定点，就去求，完全根据定义去处理问题.需要求出不动点及稳定点相同，则需要它们对应方程的解完全一样.