甘肃省武威市民勤县第一中学2023-2024学年高一上学期第二次月考数学试题（解析版）

这是一份甘肃省武威市民勤县第一中学2023-2024学年高一上学期第二次月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间：120分钟总分：150分）
一、单项选择题（共8个小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知全集，集合，，，0，1，，那么等于（ ）
A. ，1，B. ，C. ，D. ，，
【答案】A
【解析】
【分析】由全集，求出的补集，再结合集合的交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，全集，集合，可得
又由，所以则.
故选：.
【点睛】本题主要考查了集合的交集、补集的概念及运算，其中解答中熟记集合的交集和补集的概念及运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
2. 若两个正实数，满足，且恒成立，则实数的取值范围是
A. ，B. ，
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意和基本不等式可得的最小值，再由恒成立可得的不等式，解不等式可得范围．
【详解】正实数，满足，
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当且仅当即且时取最小值8，
恒成立，，
解关于的不等式可得
故选：．
【点睛】本题考查基本不等式求最值，涉及恒成立问题和不等式的解法，属中档题．
3. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数解析式得出函数的奇偶性和时，函数的符号，运用排除法得选项．
【详解】∵∴，∴为奇函数，故排除A，B；
当时，，故排除D，
故选：C．
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
4. 计算的值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数和对数的运算法则，直接计算可得答案.
【详解】.
故选：D.
5. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于x的不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据具有奇偶性的定义域关于原点对称，求得的值，把不等式转化为，根据单调性和定义域，得出相应的不等式组，即可求解.
【详解】由题意，定义在上的偶函数，可得，解得，
即函数的定义域为，
又由函数当时，单调递减，
则不等式可化为，
可得不等式组，解得，即不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】求解函数不等式的方法：
1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义，
具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解.
2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解.
6. 一种药在病人血液中的量不少于才有效，而低于病人就有危险．现给某病人注射了这种药，如果药在血液中以每小时的比例衰减，为了充分发挥药物的利用价值，那么从现在起经过 （ ）小时向病人的血液补充这种药，才能保持疗效．（附：，，结果精确到）
A. 小时B. 小时C. 小时D. 小时
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知关系式可得不等式，结合对数运算法则解不等式即可求得结果.
【详解】设应在病人注射这种药小时后再向病人的血液补充这种药，
则，整理可得：，
，
，，
，即应在用药小时后再向病人的血液补充这种药.
故选：A.
7. 幂函数在R上单调递增，则函数的图象过定点（ ）
A. （1，1）B. （1，2）C. （-3，1）D. （-3，2）
【答案】D
【解析】
【分析】由函数为幂函数且在R上单调递增，可得，再由指数函数过定点，即可得函数所过的定点.
【详解】解：因为为幂函数且在R上单调递增，
所以，解得，
所以，
又因为指数函数恒过定点，
所以恒过定点.
故选：D.
8. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足：，且，则不等式的解集为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先由，判断出在上是增函数，然后再根据函数的奇偶性以及单调性即可求出的解集.
【详解】解： 对任意的，都有 ，
在上是增函数，
令，
则，
为偶函数，
在上是减函数，
且，
，
当时，，
即，解得：，
当时，，
即，解得：，
综上所述：的解集为：.
故选：A.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 设，，且，则实数；
B. 若是的真子集，则实数；
C. 集合若，则实数；
D 设集合至多有一个元素，则；
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据集合元素的性质可判断A的正误，根据集合的包含关系分别计算BCD中参数的值或范围，从而可判断它们的正误.
【详解】对于A，因为，故（无解舍去）或，故，故A正确.
对于B，因为是的真子集，故为非空集合，
故，故B正确.
对于C，，
若，则，满足；
若，则，又，故或即或，
综上，或或，故C错误.
对于D，因为至多有一个元素，故或，
所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若．则D. 若，，则
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，可举出反例；BD选项，利用不等式的性质进行推导或计算；C选项，作差法比较大小.
【详解】A选项，若，满足，但，A错误；
B选项，因为，所以，，
故两边同乘以得，，B正确；
C选项，，
因为，所以，
故，所以，C正确；
D选项，若，，则，
则，即，D错误.
故选：BC
11. 下列说法中正确的有（ ）
A. 命题，则命题p的否定是
B. “”是“”的必要条件
C. 若命题“”是真命题，则a的取值范围为
D. “”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据全称命题与特称命题的否定、充分必要条件，函数恒成立问题等逐项判断即可.
【详解】对于A，命题，则命题p的否定是，故A正确；
对于B，不能推出，例如，但；
也不能推出，例如，而；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故B错误；
对于C，，即，
即，故a的取值范围为，故C正确；
对于D，关于x的方程有一正一负根，
所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知函数的定义域是，且，当时，，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数在上是减函数
C.
D. 不等式的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用赋值法求得，判断A；根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，可判断函数的单调性，判断B;利用，可求得C中式子的值，判断C；求出，将转化为，即可解不等式组求出其解集，判断D.
【详解】对于A，令 ，得，所以，故A正确；
对于B，令，得，所以，
任取，且，则，
因为，所以，所以，
所以在上是减函数，故B正确；
对于C，
，故C错误；
对于D，因为，且，所以，
所以，
所以等价于，
又在上是减函数，且，所以 ，
解得，故D正确,
故选:ABD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分
13. 设且关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知不等式的解集确定出的关系以及的正负，然后求解对应一元二次不等式的解集即可.
【详解】因为的解集为，所以，所以，
所以，解得，
故答案为：.
14. 设是定义在上的偶函数，且，当时，，_________.
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由函数为偶函数和函数具有的对称性，有，所以，可求值.
【详解】是定义在上的偶函数，有，
由，设，则，，
得，则函数周期为2，
所以.
故答案为：
15. 已知函数在上任意，都有成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】可判断在上单调递增，列出式子即可求解.
【详解】由函数在上任意，都有成立，
则在上单调递增，所以，解得.
故答案为：
【点睛】易错点睛：本题考查根据分段函数的单调性求参数范围，需满足分段函数每部分分别单调，还应注意在分段处的函数值大小问题，这是容易漏掉的地方.
16. 设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意都有，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求解出、、、时的解析式，然后作出与的图象，根据图象的交点横坐标确定出符合条件的的取值范围.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
且，
作出的大致图象如下图所示：
由图象可知：若，对于任意都有显然不成立，所以，
由图象可知，当时，令，则有，解得或，
结合图象可知，若对于任意都有成立，则有，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查函数图象与性质的综合运用，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.
四、解答题：本题共6小题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. （1）已知，则的值.
（2）若，，用a，b表示
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用和立方差公式可得答案；
（2）由，所以，代入可得答案.
【详解】（1）∵，
，
由立方差公式得
（2）由，所以，
则.
18. 已知函数的定义域为.
（1）求实数的取值集合；
（2）设为非空集合，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意可知，在上恒成立，再对参数进行分类讨论，根据二次函数的性质，即可求出结果；
（2）由命题的关系与集合间的包含关系得：是的必要不充分条件，所以，由此列出关系式，即可求出结果.
【详解】（1）可知，在上恒成立，
当时，，成立；
当时，，解得；
综上所述，. 所以集合
（2）因为，是的必要不充分条件. 所以，
故,解得
所以，实数的取值范围是.
19. 已知函数是定义在上的奇函数，且．
（1）确定函数的解析式；
（2）用定义证明在上是增函数；
（3）解不等式：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由解出，可确定函数的解析式；
（2）用定义证明函数的单调性；
（3）利用奇偶性和单调性解不等式.
【小问1详解】
由题意，得，
∴（经检验符合题意），故．
【小问2详解】
证明 任取，且，
则．
∵，∴，，．
又，∴．∴，即，
∴在上是增函数．
【小问3详解】
由（2）知在上是增函数，又在上为奇函数，
，∴，∴，
解得．∴不等式的解集为．
20. 已知函数．
（1）若，求的单调区间
（2）若有最大值3，求的值
（3）若的值域是，求的值
【答案】（1）函数的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）1； （3）0.
【解析】
【分析】（1）根据复合函数单调性判断，结合指数函数、二次函数性质判断单调区间；
（2）由（1）及题设知，即可求参数值；
（3）根据复合函数的值域，结合指数函数、二次函数性质确定参数值即可.
【小问1详解】
当时，，
令，由在上单调递增，在上单调递减，
而在R上单调递减，
所以在上单调递减，在上单调递增，
即的单调递增区间是，单调递减区间是．
【小问2详解】
令，，
由于有最大值3，所以应有最小值，
因此必有．解得，即有最大值3时，a为1．
【小问3详解】
由指数函数的性质知，要使的值域为，
应使的值域为R，
因此只能（因为若，则为二次函数，其值域不可能为R），
故a的值为0．
21. 佩戴口罩能起到一定预防新冠肺炎的作用，某科技企业为了满足口罩的需求，决定开发生产口罩的新机器.生产这种机器的月固定成本为万元，每生产台，另需投入成本（万元），当月产量不足70台时，（万元）；当月产量不小于70台时，（万元）.若每台机器售价万元，且该机器能全部卖完.
（1）求月利润（万元）关于月产量（台）的函数关系式；
（2）月产量为多少台时，该企业能获得最大月利润？并求出其利润.
【答案】（1）；（2）当月产量为台时，该企业能获得最大月利润，其利润为万元.
【解析】
分析】
（1）根据题意分别列出当及时，关于的解析式即可；
（2）根据二次函数的性质计算当时，的最大值，根据基本不等式求解当时的最大值，然后比较得出最值.
【详解】（1）当时，；
当时，
∴
（2）当时，；
当时，取最大值万元；
当时， ，
当且仅当时，取等号
综上所述，当月产量为台时，该企业能获得最大月利润，其利润为万元.
【点睛】本题考查函数的实际应用问题，考查基本不等式的实际应用，难度一般.解答时，根据题目条件列出函数的解析式是关键.
22. 设函数，.
（1）求函数的值域；
（2）设函数，若对，，，求实数a取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式求函数值域；
（2）将问题转化为的值域为值域的子集求解.
【小问1详解】
∵，又∵，，
∴，当且仅当，即时取等号，
所以，
即函数的值域为.
【小问2详解】
∵，
设，因为，所以，函数在上单调递增，
∴，即，
设时，函数的值域为A.由题意知，
∵函数
①当，即时，函数在上递增，
则，即 ，∴
②当时，即时，函数在上最大值为，中的较大者，
而且，不合题意，
③当，即时，函数在上递减，
则，即 ，满足条件的不存在，
综上所述，实数a取值范围为.
【点睛】对于双变量双函数类似，，的问题转化为值域包含值域的问题.