2022-2023学年山东省临沂第一中学北校区高一上学期学情监测（12月月考）数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省临沂第一中学北校区高一上学期学情监测（12月月考）数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合，再求集合与的并集

【详解】由题意得，则．

故选：C

2．“”是“”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】A

【分析】根据定义分别判断充分性和必要性即可.

【详解】充分性：若，则，则，故充分性成立；

必要性：若，则可能，此时无意义，故必要性不成立，

即“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．若a，b，c为实数，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】对于A，取代入判断；对于B，代入判断；对于C、D，根据不等式的性质运算分析判断．

【详解】对于A，若，则，A错误；

对于B，若，取，则，B错误；

对于C， ∵，则，即，C正确；

对于D ，∵，则，∴，D错误；

故选：C．

4．对任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是

A．－24＜k＜0 B．－24＜k≤0 C．0＜k≤24 D．k≥24

【答案】B

【详解】试题分析：当时不等式即为，不等式恒成立，当时，若不等式恒成立，则，即，即，综合知，故选择B．

【解析】二次函数与二次不等式.

5．已知函数为上的偶函数，对任意，，均有成立，若，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据条件判断函数的单调性，然后利用单调性进行比较即可．

【详解】∵对任意，，均有成立，

∴此时函数为减函数，

∵是偶函数，

∴当时，为增函数，

，

，，

∵，∴，

∵，

∴，

∴，

即，

故选：D.

6．已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数及二次函数的单调性可得，进而即得.

【详解】因为函数在上单调递增，又函数在上单调递增，

所以在上单调递增，且，

所以，

解得.

故选：B.

7．因工作需求，张先生的汽车一周需两次加同一种汽油．现张先生本周按照以下两种方案加油（两次加油时油价不一样），甲方案：每次购买汽油的量一定；乙方案：每次加油的钱数一定．问哪种加油的方案更经济？（    ）

A．甲方案 B．乙方案 C．一样 D．无法确定

【答案】B

【分析】设两次加油的油价分别为，（，且），分别计算两种方案的平均油价，然后比较即得.

【详解】设两次加油的油价分别为，（，且），甲方案每次加油的量为；乙方案每次加油的钱数为，

则甲方案的平均油价为：，乙方案的平均油价为：，

因为，

所以，即乙方案更经济．

故选：B．

8．设函数,则使成立的的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.

【解析】抽象函数的不等式.

【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可．

二、多选题

9．下列结论正确的是（    ）

A．不等式的解集为或

B．若函数的定义域是，则函数的定义域是

C．函数的图象与轴有且只有一个交点

D．集合表示的集合是

【答案】BD

【分析】举反例得到AC错误，根据抽象函数和具体函数定义域得到B正确，解方程组得到D正确，得到答案.

【详解】对选项A：当时，不等式成立，A错误；

对选项B：的定义域满足，解得，B正确；

对选项C：函数在上与轴没有交点，C错误；

对选项D：，D正确.

故选：BD

10．下列结论中，正确的是（    ）

A．函数是指数函数

B．函数的单调增区间是

C．若则

D．函数的图像必过定点

【答案】BD

【分析】根据指数函数的性质求解判断．

【详解】由指数函数定义得函数不是指数函数，A错；

函数中，，在上递增，在上递减，因此函数的单调增区间是，B正确；

时，由得，C错；

函数中，由得，，即函数图象过点，D正确．

故选：BD．

11．若正实数a，b满足，则下列说法错误的是（    ）

A．有最小值 B．有最大值

C．有最小值4 D．有最小值

【答案】AD

【分析】求得最值判断选项A；求得最大值判断选项B；求得最小值判断选项C；求得最小值判断选项D.

【详解】选项A：由（当且仅当时等号成立），

得，故有最大值.判断错误；

选项B：

（当且仅当时等号成立），

则，则有最大值.判断正确；

选项C：（当且仅当时等号成立），

故有最小值4，判断正确；

选项D：（当且仅当时等号成立），

所以有最小值.判断错误.

故选：AD.

12．已知函数，令，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的单调递增区间为

B．当时，有3个零点

C．当时，的所有零点之和为-1

D．当时，有1个零点

【答案】BD

【分析】画出的图象，然后逐一判断即可.

【详解】的图象如下：

由图象可知，的增区间为，故A错误

当时，与有3个交点，即有3个零点，故B正确；

当时，由可得，由可得

所以的所有零点之和为，故C错误；

当时，与有1个交点，即有1个零点，故D正确；

故选：BD

三、填空题

13．若命题“，”是假命题，则实数a的取值范围是______．

【答案】．

【分析】由原命题的否定是真命题，结合一元二次不等式恒成立可得．

【详解】命题“，”是假命题，则其否定，是真命题，

所以，解得．

故答案为：．

14．若幂函数在上为增函数，则__________．

【答案】

【分析】根据幂函数得到或，再验证单调性得到，代入计算得到答案.

【详解】为幂函数，故，解得或.

当时，不满足在上为增函数，舍去；

当时，满足在上为增函数.

故，.

故答案为：

15．若，且，则的最小值为__________．

【答案】9

【分析】由题意可得，化简后利用基本不等式可求得结果.

【详解】因为，且，

所以，，

所以

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为9，

故答案为：9.

四、双空题

16．已知函数，若存在互不相等的实数，，，使得，则（1）实数的取值范围为_________；（2）的取值范围是_________．

【答案】         

【分析】画出的图象，由题意可知直线与函数的图象有4个交点，从而可求出实数的取值范围，不妨设，则必有，，从而有，且，利用对勾函数的性质可求出的范围，进而可求出的取值范围

【详解】解：函数的图象如图：

，

即直线与函数图象有4个交点，故．

，不妨设，

则必有，，

，则，且，

，由对勾函数的性质可得函数在上单调递增，

，

．

故答案为：，

【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查数学转化思想和数形结合的思想，解题的关键是画出函数图象，结合图象求解即可，属于较难题

五、解答题

17．化简求值：

(1)；

(2).

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）根据指数幂的运算法则计算可得；

（2）根据对数的运算法则及换底公式计算可得；

【详解】（1）解：

（2）解：

18．已知集合，集合.

(1)当a=1时，求，；

(2)设a>0，若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】(1)化简集合A，B，再利用交集、并集的定义直接计算得解.

(2)由“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件可得集合BA，再利用集合的包含关系列出不等式组求解即得.

【详解】（1）当a=1时，，，

所以，.

（2）因为a>0，则，由(1)知，，

因为“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，于是得BA，则有，解得，

所以实数a的取值范围是.

19．解关于x的不等式：

【答案】答案见解析

【分析】分类讨论最高项系数的符号以及一元二次方程根的个数，结合一元二次不等式的解法运算求解.

【详解】当时，则，不等式的解集为

当时，则，即方程有两根，且

∴不等式的解集为

当时，则有：

若，即时，不等式的解集为

若，即时，则，不等式的解集为

综上所述：

当时，不等式的解集为

当时，不等式的解集为

当时，不等式的解集为

当时，不等式的解集为

20．已知函数（且）.

(1)求函数的定义域，并判断的奇偶性；

(2)是否存在实数m，使得不等式成立？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)定义域为，奇函数

(2)存在，当时，，当时，

【分析】（1）由对数函数的性质求定义，由奇偶性定义判断奇偶性；

（2）分类讨论得函数的单调性，则单调性解不等式可得，注意对数函数的定义域．

【详解】（1）由得.所以的定义域为，

因为函数的定义域关于原点对称，且，

所以为奇函数.

（2）①当时，在上为增函数，假设存在实数m，使得不等式成立，则，解得.

②当时，在上为减函数，假设存在实数m，使得不等式成立，则，解得.

综上，①当时，存在，使得不等式成立；②当时，存在，使得不等式成立.

21．某纪念章从某年某月某日起开始上市，通过市场调查，得到该纪念章每枚的市场价（单位：元）与上市时间（单位：天）的数据如下：

（1）根据上表数计，从下列函数中选取一个恰当的函数描述该纪念章的市场价与上市时间的变化关系并说明理由：①；②；③；④；

（2）利用你选取的函数，求该纪念章市场价最低时的上市天数及最低的价格.

【答案】（1）②；（2）上市天，最低价元

【解析】（1）根据所给的四个函数的单调性，结合表中数据所表示的变化特征进行选择即可；

（2）根据表中数据代入所选函数的解析式，用待定系数法求出解析式，最后利用函数的单调性求出纪念章市场价最低时的上市天数及最低的价格.

【详解】（1）通过表中数据所知纪念章的市场价与上市时间的变化先是递减而后递增，而已知所给的函数中除了②以外，其他函数要么是单调递增，要么是单调递减，要么是常值函数，所以选择②；

（2）由（1）可知选择的函数解析式为：.

函数图象经过点，代入解析式中得：

，

显然当时，函数有最小值，最小值为26.

所以该纪念章时的上市20天时市场价最低，最低的价格26元.

【点睛】本题考查了根据实际问题选择函数模型，考查了函数的单调性的判断，考查了二次函数的单调性及最值，考查了数学运算能力.

22．已知函数为偶函数.

(1)求的值；

(2)判断函数在的单调性，并证明你的结论；

(3)若函数有四个不同的零点，求的取值范围.

【答案】(1)1；

(2)单调递增，证明见解析；

(3).

【分析】（1）利用函数奇偶性的定义，由即可求得结果；

（2）利用函数单调性的定义，作差、定号即可容易判断和证明；

（3）根据函数零点与方程根的关系，利用换元法，将其转化为一元二次方程根的分布问题，列出不等式，即可求得结果.

【详解】（1）函数为偶函数，

故可得，即可得：，

即：对任意的恒成立，

故可得.

（2）由（1）可知：，该函数在上单调递增，证明如下：

令，

故可得

因为，故可得，则；

，则，则；

故，故在上单调递增.

（3）因为

则，

令，则，则，

若有四个不同的零点，则方程：在上有两个不等的实数根，

则只需：，，解得.

故函数有四个不同的零点时，的范围是.