湖南省百校大联考2023-2024学年高一上学期12月考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省百校大联考2023-2024学年高一上学期12月考数学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第一章至第五章5.3.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 满足的集合M的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据子集的概念可得集合的个数.
【详解】因为，所以集合可能为：，，，共4种情况.
故选：C
2. 命题“，”否定是（ ）
A. 不存在，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定，直接得出结果.
【详解】由题意知，命题“”的否定为
“”.
故选：C
3. 若，则“”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
【解析】
【分析】由得或，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】由，得或，
所以“”是“或”的充分不必要条件，
即“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知函数则的值为（ ）
A. 7B. 3C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由里到外逐步代入即可求解.
【详解】,
故选：D
5. 函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数的真数大于零可求得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得，
故函数的定义域为.
故选：B.
6. 若，则的大小关系是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵，，，
∴．故选．
点晴：本题考查的是指数式，对数式的大小比较．解决本题的关键是利用指、对数函数的单调性比较大小，当指、对函数的底数大于0小于1时，函数单调递减，当底数大于1时，函数单调递增；另外由于指数函数过点（0，1），对数函数过点（1，0），所以还经常借助特殊值0,1比较大小
7. 根据表中数据，可以判定函数的零点所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数零点的判定定理可知，使函数值一正一负即可．
【详解】由题意可得，
由于函数为增函数，则函数有一个零点所在的区间为.
故选：D．
8. 已知圆O与直线l相切于点A，点P，Q同时从点A出发，P沿直线l匀速向右、Q沿圆周按逆时针方向以相同的速率运动，当点Q运动到如图所示的位置时，点P也停止运动，连接OQ，OP，则阴影部分的面积，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D. 先，再，最后
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件求出扇形AOQ与 面积，再由面积的关系即可判断作答.
【详解】因圆O与直线l相切，则，于是得面积，
令弧AQ的弧长为l，扇形AOQ面积，
依题意，即，令扇形AOB面积为，则有，即，
所以阴影部分面积，的大小关系是.
故选：C
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. 下列图象表示的函数中有两个零点的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的零点个数与函数图象的交点个数之间的关系，结合图形依次判断即可.
【详解】A：由零点的定义知，该图象与x轴有两个交点，所以该函数有两个零点，故A符合题意；
B：由零点的定义知，该图象与x轴有3个交点，所以该函数有3个零点，故B不符合题意；
C：由零点的定义知，该图象与x轴有两个交点，所以该函数有两个零点，故C符合题意；
D：由零点的定义知，该图象与x轴有1个交点，所以该函数有1个零点，故D不符合题意；
故选：AC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 两个角的终边相同，则它们的大小可能不相等
B.
C. 若，则为第一或第四象限角
D. 扇形的圆心角为，周长为，则扇形面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用终边相同的角的定义可判断A选项；利用诱导公式可判断B选项；利用三角函数值符号与角的终边的位置关系可判断C选项；利用扇形的弧长和面积公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，两个角的终边相同，则它们的大小可能不相等，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，若，则为第一或第四象限角或终边落在轴正半轴上，C错；
对于D，设扇形的半径为，弧长为，则，，联立解得，，
所以该扇形的面积为，D对.
故选：ABD.
11. 若、、，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若正数、满足，则的最小值是
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】取可判断A选项；利用作差法可判断B选项；由已知可得出，结合基本不等式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，当时，，故A错误；
对于B选项，因为，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C选项，因为正数、满足，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，的最小值为，故C错误；
对于D选项，因为，当且仅当时，等号成立，
由知，可得，
当且仅当时，即当或时，等号成立，故D正确．
故选：BD.
12. 已知定义在上的奇函数满足：①；②当时，．下列说法正确的有（ ）
A.
B
C. 当时，
D. 方程有个实数根
【答案】ACD
【解析】
【分析】推导出函数的周期为，结合周期性可判断AB选项；利用周期性和对称性求出函数在上的解析式，可判断C选项；数形结合可判断D选项.
【详解】对AB，因为函数在上为奇函数，故，
因为，即，则，
故，故的周期为，故，故A正确，B错误；
对C，因为是奇函数，所以当时，，
故，则，
当时，，，
故当时，，故C正确；
对D，，即，如下图所示：
由图可知，直线与函数的图象共有个交点，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. ______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用诱导公式可得出所求代数的值.
【详解】.
故答案为：.
14. 已知幂函数的图象经过原点，则_________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用幂函数定义及图象特征求解即得.
【详解】幂函数，得，解得或，
当时，，其图象经过原点；
当时，，其图象经不过原点
故答案：
15. 函数的单调递减区间为________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出函数定义域，然后根据复合函数单调性的规则来确定单调递减区间.
【详解】令，得或.
因为函数在上单调递减，
在上单调递增，且函数在上单调递增，
所以根据复合函数的单调性可得的单调递减区间为.
故答案为：.
16. 已知函数，若关于的方程只有一个实数根，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数图象即可根据图象交点求解.
【详解】画出的大致图象，如图所示．关于的方程只有一个实数根，结合图象可得的取值范围为．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 化简或求值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）0
【解析】
【分析】（1）由指数幂的运算得到；
（2）由对数的运算得到.
【小问1详解】
原式
【小问2详解】
原式
18. 已知集合，集合．
（1）若，求；
（2）命题P：，命题Q；，若P是Q的必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据指数函数的单调性，化简集合，即可由交运算求解，
（2）根据集合间的包含关系即可求解.
【小问1详解】
由可得，
当时，，所以．
【小问2详解】
因为P是Q的必要条件，所以．
当时，，解得；
当时，，解得．
综上，实数a的取值范围为．
19. 已知函数，其中且.
（1）若的图象恒过点，写出点的坐标；
（2）设函数，试判断的奇偶性，并证明.
【答案】（1）
（2）为偶函数，证明见解析
【解析】
【分析】（1）令，解出，进而可得定点；
（2）先确定的定义域，然后通过证明可得答案.
【小问1详解】
由题意得，
令，得，，
则点的坐标为；
【小问2详解】
为偶函数，证明如下：
由，得，即的定义域为，关于原点对称.
因为，
所以为偶函数.
20. 定义在上的奇函数满足：当时，．
（1）求的解析式；
（2）求不等式的解集．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由函数的奇偶性，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分，以及讨论，结合指数函数的单调性求解，即可得到结果.
【小问1详解】
因为当时，，
设，则，则，
又是定义在上的奇函数，，
且，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，
当时，由可得，，
即或，解得或，
又时，所以解集为；
当时，，，显然不成立；
当时，由可得，，
即或，解得或，
又，所以解集为；
综上所述，不等式的解集为.
21. 已知函数（且）．
（1）若，且，求的定义域；
（2）若，函数的定义域为，存在，使得在上的值域为，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当且时，可得出，利用对数真数大于零以及指数函数的单调性可求得函数的定义域；
（2）分析可知，关于的方程有两个不同的解，令，可得出方程有两个不同的正根，分、两种情况讨论，结合二次函数零点分布可求得的取值范围.
【小问1详解】
解：当且时，，
由题知，即，解得，
故当且时，函数的定义域为．
【小问2详解】
解：因为，因为内层函数在定义域内为增函数，
外层函数在定义域内为增函数，所以，函数在定义域内单调递增，
因为函数的定义域为，存在，使得在上的值域为，
故，所以，关于的方程有两个不同的解，故，即有两个不同的解．
令，若，则，，
即方程可转化为有两个不同的正数根，
令，则，
设函数的两个零点分别为、，则，不合乎题意；
若，则，，
即方程可转化为在上有两个不同的实数根，
得，解得，
故实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
22. 长沙市地铁8号线项目正在进行中，通车后将给市民带来便利．该线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当时，列车处于满载状态，载客量为600人，当时，载客量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为280人，记列车载客量为．
（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量．
（2）若该线路每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？并求出最大值．
【答案】（1），475人
（2）当发车时间间隔为5分钟时，该线路每分钟的净收益最大，且最大值为1400元．
【解析】
【分析】（1）根据题意分和两种情况，求出解析式；
（2）在（1）的基础上得到，分两种情况，结合函数单调性和基本不等式求出最大值，比较后得到答案.
【小问1详解】
显然当时，，
当时，设，
当时，，即，解得，
故，
故；
当时，，
故当发车时间间隔为5分钟时，载客量为475人．
【小问2详解】
由（1）知，
当时，单调递减，故，
当时，，
当且仅当时，等号成立，故，
由于，故当时，，
即当发车时间间隔为5分钟时，该线路每分钟的净收益最大，且最大值为1400元．x
1
0
1.19
1.41
1.68
2