2022-2023学年河南省信阳高级中学高一上学期12月月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河南省信阳高级中学高一上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，集合，则集合等于（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【解析】先求出集合A与集合B，再求交集即可 。

【详解】由题得，

，

.

故选：C.

【点睛】本题考查了集合的基本运算，函数的定义域、解不等式问题，属于基础题.

2．设，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数和对数函数单调性，借助临界值可确定大小关系.

【详解】，.

故选：D.

3．已知函数，则函数的大致图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求得的解析式，从而确定正确答案.

【详解】当时，，此时；

当时，，此时.

所以，

所以C选项的图象符合.

故选：C

4．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据终边关于y轴对称可得关系，再利用诱导公式，即可得答案；

【详解】在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，

∴，

∵，

∴

故选：B.

【点睛】本题考查角的概念和诱导公式的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力.

5．下列命题中，真命题的个数有（    ）

①，；

②，；

③“”是“”的充要条件；

④是奇函数.

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】C

【分析】配方可判断①；当时可判断②；根据不等式的性质可判断③；根据奇函数的定义可判断④.

【详解】对于①，∵，∴，，故①正确；

对于②，∵，∴当时，，故②正确；

对于③，“”⇒“”，故③错；

对于④，∵，且定义域为，是奇函数，故④正确.

故选:C.

6．若，则下面结论正确的有（     ）

A． B．若，则

C．若，则 D．若，则有最大值

【答案】B

【分析】对于选项ABD利用基本不等式化简整理求解即可判断，对于选项C取特值即可判断即可.

【详解】对于选项A：若，

由基本不等式得，即，

当且仅当时取等号；所以选项A不正确；

对于选项B：若，

，

，

当且仅当且，

即时取等号，所以选项B正确；

对于选项C：由，

，

即，

如时，，所以选项C不正确；

对于选项D：，当且仅当时取等

则有最大值，所以选项D不正确；

故选：B

7．“一骑红尘妃子笑，无人知是荔枝来”描述了封建统治者的骄奢生活，同时也讲述了古代资源流通的不便利．如今我国物流行业蓬勃发展，极大地促进了社会经济发展和资源整合．已知某类果蔬的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：）满足函数关系（a，b为常数），若该果蔬在6的保鲜时间为216小时，在24的保鲜时间为8小时，那么在12时，该果蔬的保鲜时间为（    ）小时．

A．72 B．36 C．24 D．16

【答案】A

【分析】根据题意列出时所满足等式，利用指数幂的运算分别可求解出的值，然后即可计算出时的值，则对应保鲜时间可求.

【详解】当时，；当时，，

则，整理可得，于是，

当时，．

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题属于指数函数模型的实际应用，解答本题的关键在于通过所给的两组的取值计算得到所满足的等式，然后通过化简指数幂的运算求解出最终结果.

8．已知定义在上的函数单调递减，且对任意恒有，则函数的零点为（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】C

【分析】设,可得，根据单调性可得，从而可求，令可求零点.

【详解】设，则，

方程等价为，

令，则， 满足方程，

∵函数单调递减，

∴值唯一，∴，

由得，解得，

故函数的零点为2.

故选:C.

二、多选题

9．下列函数值中符号为正的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】将表示为，根据诱导公式可判断A；利用诱导公式可判断B；由2为第二象限角可判断C；由诱导公式可得，从而可判断D.

【详解】对于A，，所以选项A满足题意；

对于B，，所以选项B满足题意；

对于C，因为，所以，所以选项C不满足题意；

对于D，，所以选项D满足题意.

故选:ABD.

10．已知正实数，满足，则下列关系一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】方法一，构造函数，结合其单调性即可判断.

方法二，分类讨论，根据，，讨论即可得到答案.

【详解】方法一（构造函数法）  由题意，，

设，显然在区间上单调递增，故由，得，故，，A错误，B正确；

由，得，故，C正确；，

故D不一定正确．

故选:BC．

方法二（分类讨论法）  由题意，．

当时，即时，，而，∴，故不成立．

当时，，，不成立．故．∴，，故A错误，B正确；

，则，，故C正确；，

故D不一定正确．

故选:BC．

11．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．在上为减函数

C．点是函数的一个对称中心 D．方程仅有个实数解

【答案】CD

【分析】根据和的奇偶性可推导得到，，

由可知A错误；推导可得，知C正确；作出图象，结合图象知B错误；将解的个数转化为与的交点个数，结合图象可知D正确.

【详解】为奇函数，，即，

关于点对称；

为偶函数，，即，

关于对称；

由，得：，

，即是周期为的周期函数；

对于A，，A错误；

对于C，，即，

关于点成中心对称，C正确；

对于BD，由周期性和对称性可得图象如下图所示，

由图象可知：在上单调递增，B错误；

方程的解的个数，等价于与的交点个数，

，，

结合图象可知：与共有个交点，即有个实数解，D正确.

故选：CD.

12．已知函数f（x）＝ln（＋x）＋x5＋3，函数g（x）满足g（－x）＋g（x）＝6．则（    ）

A．f（lg3）＋f（lg）＝6

B．函数g（x）的图象关于点（3，0）对称

C．若实数a，b满足f（a）＋f（b）>6，则a＋b>0

D．若函数f（x）与g（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），（x3，y3），则x1＋x2＋x3＋y1＋y2＋y3＝6

【答案】AC

【分析】令，则为奇函数，且在上单调递增，又函数满足，则的图象关于点对称，进而利用奇偶性、单调性、对称性即可求解.

【详解】解：令，则为奇函数，且在上单调递增，

对A：因为，所以，所以选项A正确；

对B：因为函数满足，则的图象关于点对称，所以选项B错误；

对C：因为，所以，又函数为奇函数且在上单调递增，所以，即，所以选项C正确；

对D：若函数与图象的交点为，，,

因为为奇函数，所以函数图象关于点对称，所以函数图象关于点对称，又的图象关于点对称，所以函数f（x）与g（x）图象的交点关于点对称，所以，所以选项D错误；

故选：AC.

三、填空题

13．已知集合有且仅有两个子集，则的取值集合为___________.

【答案】

【分析】根据题意集合A有一个元素，考虑和两种情况，计算得到答案即可.

【详解】由题意，集合有且仅有两个子集，则集合只有一个元素，

当时，，解得，符合题意；

当时，，解得或，

当时，，符合题意，

当时，，符合题意.

综上所述，的取值集合为.

故答案为：.

14．函数为上的奇函数,在上是增函数,,则的解集是______．

【答案】

【解析】利用奇函数的单调性的性质，结合已知，画出图象的大致形状，最后数形结合求解即可.

【详解】解析：为上的奇函数,,在上是增函数,

在上是增函数,

即函数的图象大致如下图所示：

等价于与同号

解集是.

故答案为：

【点睛】本题考查了奇函数的单调性的性质，考查了数形结合思想，考查了求解不等式解集问题.

15．已知幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的的取值范围为________.

【答案】

【分析】根据幂函数的单调性和奇偶性得到，代入不等式得到，根据函数的单调性解得答案.

【详解】幂函数在上单调递减，故，解得.

，故，，.

当时 ，不关于轴对称，舍去；

当时 ，关于轴对称，满足；

当时 ，不关于轴对称，舍去；

故，，函数在和上单调递减，

故或或，解得或.

故答案为：

16．已知函数，设a，b，c是三个不相等的实数，且满足，则abc的取值范围为___________.

【答案】.

【分析】利用函数图像，数形结合进行分析

【详解】由题意的图像如图所示：.

当时，由，得，得，

若a，b，c互不相等，不妨设，

因为，

所以由图像可知，，

由，得，

即，

即，

则，

所以，

因为，

所以，

即，

所以abc的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．求下列各式的值：

(1)；

(2)．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据对数运算法则进行计算；

（2）将根式化为分数指数幂，进行计算.

【详解】（1）原式=

=

=；

（2）原式=

=

18．设函数.

(1)若不等式的解集为，求a，b的值；

(2)若时，，求的最小值；

(3)若，求不等式的解集.

【答案】(1)，

(2)

(3)详见解析.

【分析】（1）根据方程的两个根，代入原方程即可求和；

（2）利用“”与基本不等式即可求得最小值；

（3）对分类讨论，再根据一元二次不等式的性质求解即可.

【详解】（1）由题知：的两个根分别是，

代入方程得：，解得：.

（2）时，，即，所以有：，

那么=

=，

此时，且，

即时，有最小值.

（3）若，则，

，即，

①当时，即，解得：，

不等式解集为：

当时，令，解得：，

②当时， 若，不等式解集为：；

若，不等式解集为：

若，不等式解集为：

③当时，不等式解集为：

19．某种股票类理财产品在过去的一个月内（以30天计，包括第30天），第天每份的交易价格（元）满足，第天的日交易量（万份）的部分数据如下表所示：

(1)给出以下两种函数模型：①，②.请你根据上表中的数据，从中选择你认为最合适的一种函数模型来描述该股票类理财产品日交易量（万份）与时间第天的函数关系（简要说明理由），并求出该函数的关系式；

(2)根据（1）的结论求出该股票类理财产品在过去一个月内第天的日交易额的函数关系式，并求其最小值．

【答案】(1)选择②，，理由见解析；

(2)，最小值为元.

【分析】（1）运用待定系数法求出函数解析式再进行选择；

（2）根据题意求出分段函数的表达式，然后进行分类讨论出两部分的最小值，比较之后较小的满足题意.

【详解】（1）对于函数，根据题意，把点，代入可求得，

此时，点、均不在函数的图象上；

对于函数，根据题意，把点，代入可求得，

此时，点、均在函数的图象上；

所以，．

（2）依题意得，

所以，

当时，，

当且仅当时等号成立；

当时，函数单调递减，

此时，

综上所述，当时，该产品在过去一个月内的日交易额最小值为元．

20．已知函数.

(1)若满足，求实数的值；

(2)在（1）的条件下，判断函数在上是否有零点，并说明理由；

(3)若函数在上有零点，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2)有，理由见解析；

(3).

【分析】（1）由化简可得，从而可求解；

（2）可判断在上单调递增，且，从而可求解；

（3）分离参数可得方程在上有实数根，根据单调性求出的取值范围，从而可得实数的取值范围.

【详解】（1）∵，

且，

∴，解得.

（2）∵，∴

∵是上的减函数，∴是上的增函数.

∵，，，

∴在上有唯一零点.

（3）,

∵函数在上有零点，

∴方程在上有实数根.

∵上是减函数，,

∴,

由此可得，当时，方程在上有实数根.

综上所述，若函数在上有零点，的取值范围是.

21．已知函数，其中a是大于0的常数．

(1)求函数的定义域；

(2)当时，求函数在上的最小值；

(3)若对任意恒有，试确定的取值范围．

【答案】(1)答案不唯一，具体见解析

(2)

(3)

【分析】（1）求函数的定义域，就是求，可以通过对分类讨论解决；

（2）可以构造函数，根据对勾函数的性质得到在上的单调性，再利用复合函数的性质可以求得在上的最小值；

（3）对任意恒有，即对恒成立，转化为是的函数，即可求得的取值范围．

【详解】（1）解：由得，，等价于，

因为方程的，

当，即时，恒成立，所以解得，

当，即时，原不等式即为，解得且；

当，即，又，即时，

方程的两根、，

所以解得或，

综上可得当时，定义域为，

当时，定义域为且，

当时，定义域为或

（2）解：设，

因为，由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，

因为，所以，又，所以在上单调递增，

又在定义域上单调递增

在上是增函数，

在上的最小值为；

（3）解：对任意恒有，

即对恒成立

，而在上是减函数，

，

22．已知定义在上的偶函数和奇函数满足．

(1)求函数和的解析式；

(2)判断并证明函数在定义域上的单调性；

(3)求函数的最小值．

【答案】(1)，

(2)在上单调递减，在上单调递增；证明见解析

(3)

【分析】（1）利用奇偶性可得，与已知等式构成方程组求得；

（2）设，由可得在上的单调性，根据奇偶性可得对称区间单调性；

（3）由奇偶性定义可证得为偶函数；结合函数单调性可求得当时，，都在处取得最小值；根据偶函数性质可确定的最小值即为.

【详解】（1）为偶函数，为奇函数，，

又，，.

（2）在上单调递减，在上单调递增，证明如下：

设，

；

，，即，，

在上单调递增，

又为偶函数，图象关于轴对称，在上单调递减.

（3）由题意知：的定义域为，

，为定义在上的偶函数；

当时，为增函数，为减函数，为增函数，；

令，则，由（2）知：在上单调递增，

；

当时，，

令，则，，

当时，，都在处取得最小值，则此时；

为偶函数，当时，.