2023届江西省丰城中学高三上学期第二次月考数学（文）试题含解析

2023届江西省丰城中学高三上学期第二次月考数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集并集的定义即可求出.

【详解】，

，.

故选：C.

2．命题“，”的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据特称命题的否定为全称命题，即可得到答案．

【详解】因为特称命题的否定为全称命题，

由题意得原命题的否定为：，．

故选: C.

3．在下列区间中，函数的一个零点所在的区间为（    ）．

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的解析式，利用零点的存在定理，结合选项，即可求解.

【详解】由题意，函数，

可得，所以，

结合零点的存在定理，可得函数的一个零点所在的区间为.

故选：B.

4．设，，，则，，的大小关系是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.

【详解】解：因为在定义域上单调递减，所以，即，

又，

所以.

故选：C

5．函数的图象如图所示，则下列结论一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用特殊值，零点，再结合函数图象即可得到答案.

【详解】由图知：，所以，

当时，函数无意义，由图知：，所以.

令，解得，由图知：，

又因为，所以.

综上：，，.

故选：A

6．求值（    ）

A．8 B．9 C．10 D．1

【答案】B

【分析】根据对数运算公式和指数运算公式计算即可.

【详解】因为，

，

所以，

故选：B.

7．“函数在区间上单调递增”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】B

【分析】先分析“”能否推出“函数在区间上单调递增”，这是必要性分析；然后分析“函数在区间上单调递增”能否推出“”，这是充分性分析，然后得出结果.

【详解】若，则对称轴，所以在上为单调递增，

取，则对称轴，在上为单调递增，但，所以“在上为单调递增”是“ ”的必要不充分条件.

【点睛】充分、必要条件的判断，需要分两步：一方面要说明充分性是否满足，另一方面也要说明必要性是否满足.

8．下列命题正确的是（    ）

A．“”是“”的必要不充分条件

B．对于命题：，使得，则：均有

C．若为真命题，则，只有一个为真命题

D．命题“若，则”的否命题为“若，则”

【答案】B

【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断A，根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断B，根据或命题的真假判断C，根据否命题的定义判断D；

【详解】解：对于A，由，解得或，

所以 “”是“”的充分不必要条件，故A错误；

对于B，命题：，使得，为特称量词命题，其否定为：均有，故B正确；

对于C，若为真命题，则、有一个为真命题或、都为真命题，故C错误；

对于D，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故D错误；

故选：B

9．且，函数在[3，4]上是增函数，则的取值范围是（　　）

A．或 B． C． D．或

【答案】A

【分析】根据对数型复合函数的单调性的原则“同增异减”，分别判断的单调性即可求解.

【详解】令,且在单调递减，在单调递增，

当时，函数为递增函数，所以函数要在为递增函数，所以或，解得或，所以．

当时，函数为递减函数，所以函数要在为递减函数，，解得，

综上所述，或，

故选：A.

10．已知幂函数的图象过点(9,3)，则函数在区间［1,9]上的值域为（    ）

A．［－1,0] B． C．［0,2] D．

【答案】B

【分析】根据幂函数经过的点可求解析式，代入中通过分离常数法即可求解.

【详解】解法一：因为幂函数的图象过点 ，所以，可得，所以，．因为，所以，故．因此，函数在区间[1,9]上的值域为．

故选：B．

解法二：因为幂函数的图象过点，所以，可得，

所以．因为，所以．因为，

所以，所以，解得，即函数在区间[1,9]上的值域为．

故选：B．

11．若为奇函数，则满足的的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据奇函数的性质求得，可得 ．不等式即，再利用函数的单调性可得x-1＜-2，由此求得x的取值范围．

【详解】为奇函数，∴ ，求得 ，可得．

不等式足，即 ，即 ．

再根据在R上单调递增，可得 ，

故选B.．

【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题．

12．已知函数，若函数有个零点，则实数的取值区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先画出函数的图像，由图可知方程的根为或，从而得到和共有3个根，结合图像可得或，从而可求出的取值范围

【详解】画出函数的图像，令，即，

由图可知方程的根为或，

从而得到和共有3个根，即，共有个根，

当时，，

当时，，

所以或，解得或．

故选：C．

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数图像的应用，考查数形结合的思想，解题的关键是由题意画出函数的图像，然后结合函数的图像求解，属于较难题

二、填空题

13．函数的单调减区间为______.

【答案】

【分析】求出函数的定义域，利用求复合函数单调区间的方法求解作答.

【详解】函数中，，解得或，即函数的定义域为，

在上单调递减，在上单调递增，而在单调递增，

于是得在上单调递减，在上单调递增，

所以函数的单调减区间为.

故答案为：

14．若函数f(x)＝x2－ax－a在区间[0,2]上的最大值为1，则实数a等于________．

【答案】1

【详解】函数f(x)＝x2－ax－a的图像为开口向上的抛物线，∴函数的最大值在区间的端点取得，∵f(0)＝－a，f(2)＝4－3a，

∴或解得a＝1.

15．已知是R上最小正周期为2的周期函数，且当时，，则函数的图象在区间上与x轴的交点个数为________

【答案】7

【分析】由零点的定义与函数的周期性求解，

【详解】当时，由得或，

而的最小正周期为2，则，

函数的图象在区间上与x轴的交点个数为7，

故答案为：7

16．已知函数，则关于的不等式的解集为____________________ ．

【答案】

【分析】令，根据奇偶性定义可得是奇函数，且，不等式转化为，再分析的单调性，利用单调性求解即可.

【详解】令，

，

有，所以是奇函数，

所以，

又因为和 均为增函数，

所以为增函数，

因为，

所以，

所以，

解得，

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数是上的偶函数，若对于，都有，且当时，，求：

(1)与的值；

(2)的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由赋值法求解，

（2）由偶函数的性质与周期性求解，

【详解】（1）当时，，所以，

因为函数，所以.

（2）依题意，当时，都有，

可得当时，，

即时，函数是以4为周期的函数，而函数为偶函数，

所以，

又由，，

故.

18．已知幂函数的图像关于y轴对称．

(1)求的解析式；

(2)求函数在上的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据幂函数的定义和性质求出m的值即可；

(2)由(1)求出函数的解析式，结合二次函数的性质即可得出结果.

【详解】（1）因为是幂函数，

所以，解得或．

又的图像关于y轴对称，所以，

故．

（2）由（1）可知，．

因为，所以，

又函数在上单调递减，在上单调递增，

所以．

故在上的值域为．

19．已知，非空集合．

(1)若“”是“”的必要条件，求的取值范围．

(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先解一元二次不等式求出，依题意且，即可得到不等式组，解得即可；

（2）依题意可得是的充分不必要条件，即，即可得到不等式组，解得即可.

【详解】（1）解：由，即，解得，

所以，又

因为是的必要条件，所以，

则，解得，即．

（2）解：因为“”是“”的必要不充分条件，

则是的充分不必要条件，即，

即，且等号不同时成立，解得，

即的取值范围是．

20．已知函数.

(1)当时，解不等式；

(2)若存在，，使得，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，，记，易判断函数的单调性及奇偶性，由此将问题转化为，解出即可；

（2）设，，则问题转化为存在，使得，结合题意进一步将问题转化为存在，在上有解，即或在上有解，由此容易得解.

【详解】（1）当时，，记，

则，故为奇函数，且在上单调递增，

不等式化为，即，

进一步化为，即，

从而由在上单调递增，得，解得，

故不等式的解集为.

（2）设，，则问题转化为存在，使得，

又注意到时，，且，

可知问题等价于存在，，即在上有解.

即在上有解，于是或在上有解，

进而或在上有解，

由函数在上单调递减，在上单调递增，

在上单调递增，可知，，

故的取值范围是.

21．已知函数，

(1)若a=2，k=1，求函数f（x）的值域；

(2)若，使成立，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据参数的值求解出函数的解析式，再根据复合函数的性质求解值域即可；

（2）先将函数看成关于k的一次函数，运用不等式恒成立问题的处理方法将问题转化为只含一个变量的函数问题，再运用存在性问题的处理方法求解参数的取值范围.

【详解】（1）时，

令

可写出关于t的二次函数

根据二次函数的性质，

所以时，函数的值域为 .

（2）可看成关于 的一次函数，且函数单调递减，

不等式成立， 成立

又, 成立，使得不等式 成立

令，问题转化为函数 在上的最大值不小于4.

时， ，此时函数 的最大值为

，解得；

时， ，此时函数 的最大值为

，解得

所以的取值范围为.

22．已知是对数函数，并且它的图像过点，，其中．

(1)当时，求在上的最大值与最小值；

(2)求在上的最小值．

【答案】(1)最大值为3，最小值为．

(2)

【分析】（1）由题知，进而令，再根据换元法求解即可；

（2）设，由（1）知，进而结合二次函数“轴动区间定”，根据对称轴相对于给定区间的位置进行分类讨论求解即可.

【详解】（1）解：设（，且），

∵的图像过点，

∴，即，

∴，即，∴．

∵，∴，即．

设，则，，

∴，

又，，

∴．

∴当时，在上的最大值为3，最小值为．

（2）解：设，则，

由（1）知，对称轴为直线．

①当时，在上是增函数．

；

②当时，在上单调递减，在上单调递减，；

③当时，在上单调递减，．

综上所述，．