2022-2023学年河北省邢台市第一中学高一上学期第三次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河北省邢台市第一中学高一上学期第三次月考数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】根据必要而不充分条件的定义分析可得答案.
【详解】若，可令，则无意义，所以“”不能推出“”，
若，则，故，所以“”能推出“”，“”是“”的必要而不充分条件，
故选：B．
【点睛】结论点睛：本题考查必要不充分条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．
2．若，则角是（ ）角
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】根据 ，将弧度转化为度即可.
【详解】 ， 在第四象限；
故选：D.
3．函数（其中，，、为常数）的图像恒过定点，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】结合题意得到关于m,n的方程组，求出m,n的值，求出答案即可.
【详解】函数（其中，，、为常数）的图像恒过定点，即恒成立，则有，解得，所以.
故选：B.
4．已知，则（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】先将指数式化为对数式，得到，再结合换底公式求出答案.
【详解】因为，所以，
故.
故选：A
5．函数与的图象如图所示，则实数的值可能为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】根据幂函数与对数函数的图象判断即可.
【详解】解：根据幂函数的图象可知，为，，3都不符合，符合；
为也满足对数函数的图象.
故选：B.
6．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由于当时，的值域为，所以要使的值域为，只要当时，要取到所有的正数即可，从而可求出实数的取值范围.
【详解】因为函数的值域为，而当时，的值域为，
所以当时，要取到所有的正数，
所以，解得，
即实数的取值范围为，
故选：A.
7．17世纪，苏格兰数学加皮纳尔在研究天文学过程中，为了简化大数运算，发明了对数，对数的思想方法即把乘方、乘法运算转化为乘法、加法运算，从而简化运算过程.数学家拉普朗斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”，现代物理学之父伽利略评价“给我空间、时间及对数，我可以创造一个宇宙”.已知，则所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数式与对数式的互化公式，结合已知数据、对数的运算公式进行求解即可.
【详解】设，
故选：C
8．已知在定义域上为单调函数，对，恒有，则函数的零点是（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】C
【分析】先根据单调，结合已知条件求出的解析式，然后再进一步研究函数的零点．
【详解】解：因为是定义域为的单调函数，且对任意的，
都有，
故可设存在唯一的实数，使得，
则设，所以，
所以，则，
由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，
又，所以，
故，再令，，
解得：，故函数的零点是.
故选：C．
二、多选题
9．已知集合，集合，若，则实数的取值可以为（ ）
A．B．0C．1D．
【答案】ABD
【分析】先求出集合，再由，分和两种情况求解即可.
【详解】，
则由，得，
当时，满足，此时方程，则，
当时，，
因为，所以或，得，或，
综上，或，或，
故选：ABD.
10．函数（其中且）在区间上的最大值是最小值的8倍，则的取值可以为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】BD
【分析】根据指数函数的单调性，结合已知条件，求得其最值，即可列式计算.
【详解】当时，在单调递增，故其最大值为，最小值为，
由题可知，，解得，满足题意；
当时，在单调递减，故其最大值为，最小值为，
由题可知，，解得，满足题意；
综上所述，.
故选：BD.
11．已知，设，，其中，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，，则
【答案】ABD
【分析】作出函数的图像, 当时，即，可推得即，判断A，结合基本不等式可判断B;取特殊值，举反例，可判断C;由，，可得为的两个解，说明，即，可判断D.
【详解】作出函数的图像如图示：
由于，，其中，故 ，不能同时为0，
当时，即，，则，，
故，A正确；
由可得（，取不到等号），
即，B正确；
取，则，即，符合题意，故C错误；
若，，则，
由，可得，说明为的两个解，
设 ，则，
又单调递增，当时，，递增，
故，即此时，
当时，由，可得，由于，
故，由于递增，即存在唯一的，使得，
当时，，递减，当时，，递增，
故，而，
故此时，
综合上述，说明的零点仅有0和1，即，
即，则，故D正确，
故选：.
12．给出以下命题，其中真命题有（ ）
A．若函数的定义域为，则函数的定义域为
B．若“或”是“”的必要不充分条件，则实数的取值集合为
C．若在上是减函数，则
D．函数，若，则的最小值为2
【答案】ACD
【分析】A选项：根据的定义域为得到，即，解不等式即可得到的定义域；
B选项：根据“或”时“”的必要不充分条件得到，然后利用集合的包含关系列不等式求解即可；
C选项：利用复合函数的单调性和对数函数的定义域列不等式求解即可；
D选项：结合和得到，然后利用基本不等式求的最小值即可.
【详解】A选项：的定义域为，则，，解得，所以的定义域为，故A正确；
B选项：设集合或，集合，因为“或”时“”的必要不充分条件，所以，则或，解得或，故B错；
C选项：因为在上的减函数，所以，解得，故C正确；
D选项：
的图象如上所示，由题意得，，因为，所以，即，所以，当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．若一个扇形的周长为，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为__________．
【答案】4
【分析】设出扇形的半径，求出扇形的弧长，利用周长公式，求出半径，然后求出扇形的面积．
【详解】设扇形的半径为：R，所以2R+2R＝8，所以R＝2，扇形的弧长为：4，半径为2，
扇形的面积为：4（cm2）．
故答案为4．
【点睛】本题是基础题，考查扇形的面积公式的应用，考查计算能力．
14．若命题：“，”是假命题，则实数的取值集合为______.
【答案】
【分析】命题与命题的否定真假性相反，分类讨论即可.
【详解】由题知，命题：“，”是假命题
所以，是真命题，
当时，恒成立，满足题意，
当时，由题意知，
解得，
综上可得，
故答案为：
15．已知定义域为R的偶函数f（x）在区间[0，+∞）上是增函数，若f（1）＜f（lgx），则实数x的取值范围是__．
【答案】
【详解】∵函数f（x）为偶函数，
∴不等式等价于，
又函数f（x）在区间[0，+∞）上是增函数，
∴，
∴或，
解得或．
∴实数x的取值范围为．
答案：．
点睛：对于函数的奇偶性，要记住以下结论
（1）若函数为偶函数，则；
（2）若函数为奇函数，且定义域内包含0，则有；
（3）若函数为奇函数，且在定义域内有最大值M和最小值m，则M+m=0．
四、双空题
16．已知常数且，定义在上的函数有最大值，则函数有最______（填“大”或“小”）值______.
【答案】 小 ##0.25
【分析】根据对数型复合函数的单调性即可求解，进而由指数型复合函数的单调性求解最值即可.
【详解】令，故有最小值2，故 ,有最大值，即，有最大值，
故且
，由于，所以，故有最小值，且最小值为，
故答案为：小，
五、解答题
17．设全集是实数集，，.
（1）当时，求和；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】⑴，.⑵.
【详解】本试题主要是考查了集合的运算以及二次不等式的求解的综合运用．
（1）因为全集是实数集R，，得到，当时，，故，.．
（2）由于,得到集合的关系在求解参数的范围．
解析：⑴，当时，，故，.
⑵由，知．
①，；
②当时，，，，只要满足，则；综上所述.
18．已知是奇函数，实数.
(1)求实数的值；
(2)判断函数的单调性，并证明；
(3)解关于的不等式.
【答案】(1)
(2)在上为增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）由求解并验证即可；
（2）由单调性的定义求解即可；
（3）由奇偶性和单调性结合一元二次不等式的解法求解即可
【详解】（1）因为为上的奇函数，
所以，解得，
当时，，，
所以为奇函数，
所以；
（2）在上为增函数，证明如下：
在上任取，且则
，
因为，
所以，
所以，即，
所以在上为增函数；
（3）由得，
又是奇函数，
所以，
又在上为增函数，
所以，即，
解得，
所以不等式的解集为
19．已知函数，其中且，.
(1)若的反函数的图象经过点，，求的解析式；
(2)若函数的定义域和值域都是，求的值.
【答案】(1)
(2)当时；当时.
【分析】（1）若的反函数的图象经过点，，则原函数的图象经过点，，代入原函数的解析式计算可得答案；
（2）分、讨论，利用的单调性计算可得答案.
【详解】（1）若的反函数的图象经过点，，
则点，在函数的图象上，
所以，解得，
所以；
（2）当时，为单调递增函数，
若函数的定义域和值域都是，可得，
解得，所以；
当时，为单调递减函数，
若函数的定义域和值域都是，可得，
解得，所以；
综上所述，当时；当时.
20．已知函数（其中，）过点，且的图象无限接近于直线但没有交点.
(1)求的解析式；
(2)解关于的不等式；
(3)若对恒成立，求实数的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)根据函数过点且的图象无限接近于直线但没有交点，列出方程组即可求解；
(2)结合（1）的解析式，解关于的一元二次不等式即可求解；
(3) 结合（1）的解析式，将不等式等价转化为，利用换元法构造函数，结合二次函数的图象和性质即可求解.
【详解】（1）由题意可知：且，所以，
故函数的解析式为，
（2）由（1）可知：不等式可化为，
也即，解得：，所以，
所以原不等式的的解集为，
（3）由（1）可知：不等式可化为：
，由题意可知：在上恒成立，
也即，令，
则，开口向下，对称轴，因为，
所以，
所以，故实数的最小值为.
21．邢台，简称“邢”，古称邢州、顺德府，拥有3500余年建城史，是华北历史上第一座城市，有“五朝古都、十朝雄郡”之称，现有4区2市12县，总面积1.24万平方公里.至2021年末，全市常住总人口708.79万人，在全省11个地市中排名第6名，2021年全市GDP总量2427.1亿元，位列全省第7名.
(1)假设2021年后邢台市GDP的年平均增长率能保持8%，那么按此增长速度，约经过几年后，邢台市GDP能实现比2021年翻一番？
(2)习近平总书记在党的二十大报告中指出，到2035年我国要基本实现社会主义现代化，人均国内生产总值达到中等发达国家水平.对标国家目标，邢台市未来发展任重道远，需立大格局、树进取心、施非常策、兴落实风，奋力开创高质量超越发展，力争实现2035年GDP比2021年翻两番.要实现这一宏伟目标，从2021年后GDP的年平均增长率至少要保持在多少以上？
（参考数据：，，）
【答案】(1)8
(2)
【分析】（1）由题意解方程，可得到，根据换底公式和对数运算性质，即可求的结果；（2）设增长率为，由已知可得，，显然，解不等式即可得到结果.
【详解】（1）由题意知，年以后，邢台市GDP为，
解可得，
.
所以，大约经过8年后，邢台市GDP能实现比2021年翻一番.
（2）设从2021年后GDP的年平均增长率至少要保持在多少以上.
则由题意知，，即.
因为，，所以，
则由可得，.
所以，.
所以，年平均增长率至少要保持在以上.
22．已知二次函数（,是常数且）满足条件：且方程有两个相等的实根.
(1)求的解析式；
(2)问是否存在实数，，使得函数的定义域和值域分别为和，如果存在，求出，的值；如果不存在，请说明理由；
(3)令.若方程有三个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据已知条件，待定系数，即可求得函数解析式；
（2）根据二次函数的特点，将问题转化为存在实数使得定义域和值域分别和，结合其单调性即可求得结果；
（3）根据（1）中所求，求得，再数形结合，即可求得参数范围.
【详解】（1），即，，
由题可知，，即；
又，则，解得，
故.
（2），
若存在使得函数的定义域和值域分别为和，
由函数图象平移可知，则存在使得的定义域和值域分别和，
若要满足题意，由，则必有，解得，则，又，则，
故在单调递增，则，
令，则为该方程的两根，且，
由，，解得或，
故.
（3）由题可知，，
方程，即，
，
当时，，满足上述方程，故其为原方程的根，
当时，上述方程可转化为，
要满足题意，需方程有两个不是的根，
故只需的图象有两个不同的交点，且交点横坐标不为，
两个函数图象在同一坐标系如下所示：
数形结合可知，，解得.
综上所述，实数的取值范围为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查待定系数法求函数解析式，由二次函数定义域和值域求参数范围，以及根据方程根的个数求参数范围；其中第三问的关键是能够数形结合，根据方程根的个数与函数图象的交点个数之间的关系解决问题，属综合困难题.