2023-2024学年河北省NT20名校联合体高一上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省NT20名校联合体高一上学期12月月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．全集且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据集合的并集和补集运算求解.
【详解】由题意可知：，
又因为，所以.
故选：B.
2．已知，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意得出求解即可.
【详解】，，所以，，
在上单调递减，所以，
当时，，即，取成立.
当时，，即，得，所以
当时，，即，得，所以，
综上： 的取值范围是.
故选：A
3．“”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】B
【分析】解出不等式，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】不等式等价于等价于，所以，
即，解得或，
故能推出成立，但是成立不一定有，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4．已知且，与的图象可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分类讨论判断出图像性质及图像性质即可得.
【详解】对，该函数过定点，且恒成立，
对，该函数过定点，
若，对，， 则在上单调递减，
又，故在上单调递增，
若，对，，则在上单调递增，
又，故在上单调递增，
故排除AB；
对，由且，故在定义域内单调递增，
故排除C.
故选：D.
5．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数、对数函数单调性结合中间值“1”、“”分析判断.
【详解】因为，可知：，即；
，可知：，即；
，可知：，即；
综上所述：.
故选：A.
6．已知，，，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．8D．9
【答案】C
【分析】利用基本（均值）不等式求和的最小值.
【详解】∵，，，
∴（当且仅当即，时取“=”）.
故选：C
7．已知，，则的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】对A选项：借助基本不等式可验证充分性，再取特殊值否定必要性即可得；
对B选项：借助特殊值否定充分性即可得；
对C选项：借助特殊值否定充分性即可得；
对D选项：变形处理后会得出选项为充要条件.
【详解】对A选项：若，则，当且仅当时等号成立，
当、时，，
但，故，时，为的充分不必要条件，故A正确；
对B选项：取，，有，
故不是的一个充分条件，故B错误；
对C选项：取， 有，
故不是的一个充分条件，故C错误；
对D选项：由，即，即，
故是的充要条件，故D错误.
故选：A.
8．已知，（）的值域为，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分情况讨论时，时，及时分段函数的值域，再根据集合间的关系列不等式，解不等式.
【详解】若，当时，在上单调递减，此时，
当时，，当且仅当时，等号成立，
又函数的值域满足，
则，解得；
若，当时，，
当时，，当且仅当时，等号成立，
又函数的值域，满足，成立；
若，当时，在上单调递增，此时，
则，
又不成立，
所以此时不成立；
综上所述：，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是对进行分类讨论，同时结合函数单调性和基本不等式求解相关函数值域，最后得到不等式组，解出即可.
二、多选题
9．已知，则以下命题正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】利用不等式的基本性质逐个选项分析排除即可.
【详解】对于A：,故A错误.
对于B：,故B正确.
对于C：,故C错误.
对于D;,故D正确.
故选：BD.
10．以下函数是偶函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】根据函数的奇偶性对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，的定义域为，，
所以是偶函数，符合题意.
B选项，，的定义域为，
，所以不是偶函数.
C选项，，
，所以不是偶函数.
D选项，的定义域为，
，所以是偶函数.
故选：AD
11．已知的定义域为，值域为，则（ ）
A．若，则
B．对任意，使得
C．对任意的图象恒过一定点
D．若在上单调递减，则的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对于A，根据题设得真数不能取遍所有正实数，再利用对数函数定义即得.对于B，直接代入求解即可.对于C ，根据，求解即可.对于D ,根据对数型函数的单调性和真数大于零即可解得.
【详解】对于A，要使定义域为R，只需恒成立，
所以判别式，所以真数不能取遍所有正实数，所以，故A对
对于B，若，
即，整理得，得，
此时，故B错；
对于C，，因为与m无关，所以过定点（1,2),故C正确；
对于D，若在上单调递减，只需函数在上递减，且，即，解得，故D对.
故选：ACD
12．的解集为，则（ ）
A．
B．若，则
C．若，则的解集为
D．有最小值为
【答案】AC
【分析】根据三个二次之间的关系可得.对于A：根据结合韦达定理分析求解；对于B：举例说明即可；对于C：整理可得，结合二次不等式运算求解；对于D：代入整理可得，即可得最小值.
【详解】由题意可知：方程的根为，则，
对于选项A：因为，
整理得，故A正确；
对于选项B：例如，则，满足，
则，故B错误；
对于选项C：若，则，
不等式即为，
整理得，
令，解得或，
且，，
所以的解集为，故C正确；
对于选项D：因为，
当且仅当时，等号成立，
所以有最小值为，故D错误；
故选：AC.
三、填空题
13．时，的值域为 .
【答案】
【分析】利用换元法，令，结合二次函数的性质分析求解.
【详解】因为，令，则，
则，，
可知开口向上，对称轴为，且，
所以在内的值域为，
即在内的值域为.
故答案为：.
14．写出一个函数的解析式，满足：①是定义在上的偶函数；②时，，则 .
【答案】(答案不唯一)
【分析】根据题意可知符合要求的函数不止一个，符合要求即可.
【详解】由题意可得：符合题意.
故答案为：.
15．全集，，如图中阴影部分的集合为，若使得：，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先根据交集和补集运算求解，然后利用有解求解的范围即可.
【详解】因为，，所以，
图中阴影部分表示的集合为，即，
由题意，或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：
16．教材必修1第87页给出了图象对称与奇偶性的联系：若为奇函数，则的图象关于点中心对称，易知：是奇函数，则图象的对称中心是 .
【答案】
【分析】利用奇函数的性质把变形成，即，再找出对称中心.
【详解】因为，
，
，
所以，
因为为奇函数，则也奇函数，
所以关于点对称，
故答案为：
四、解答题
17．已知集合.
(1)时，求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简集合，根据交集定义即得.
（2）化简集合，根据，列出不等式组求解即得.
【详解】（1）当时，，
，所以.
（2）化简，
，
若，则 ，解得.
18．已知满足.
(1)求的解析式；
(2)解不等式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用换元法求函数解析式；
（2）根据的取值范围，结合的单调性可得，分类讨论解不等式即可.
【详解】（1）令，则，
则，所以.
（2）因为，
因为在内单调递减，
若，则，即，
则或，解得或，
所以不等式的解集为.
19．已知是奇函数.
(1)求；
(2)证明：是上的增函数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据奇函数的定义分析求解；
（2）根据单调性的定义结合奇函数的性质分析证明.
【详解】（1）因为是奇函数，则，
可得，解得.
（2）由（1）可知：，
因为，可知对任意恒成立，
所以的定义域为.
对任意，且，
则，可得，
所以，
则，即，
所以在内单调递增，
又因为为奇函数，则在内单调递增，
且连续不断，所以是上的增函数.
20．.
(1)若，求的解集；
(2)若最小值为1，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）换元令，整理得，分步解不等式即可得结果；
（2）结合（1）可得的最小值为1，分和两种情况，结合二次函数性质分析求解.
【详解】（1）因为，
令，当且仅当，即时，等号成立，
则，
若，则，
令，可得，
即，整理得，解得，可得，
所以的解集为.
（2）若最小值为1，结合（1）可知：的最小值为1，
因为的开口向上，对称轴为，
若，即时，在内单调递增，
可知当时，取得最小值，
即，解得；
若，即时，在内单调递减，在单调递增，
可知当时，取得最小值，
即，无解；
综上所述：.
21．已知二次函数的解为.
(1)求；
(2)证明：也是方程的解，并求的解集.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意列式求解即可；
（2）根据，代入证明即可，展开解方程即可.
【详解】（1）因为的解为，则，解得.
（2）由（1）可知：，且，
则，
即也是方程的解，
对于，即，
整理得：，解得，
所以的解集为.
22．已知的对称中心为.
(1)求；
(2)若在区间上，的值域为，求.
【答案】(1)，
(2)，
【分析】（1）由定义域也会对称，结合函数对称的性质计算即可得；
（2）结合函数的单调性及定义域与值域的关系即可得.
【详解】（1）由可知，定义域为，其对称中心为，
故有，即，有，解得，，
即，对称中心为，
检验计算得
，
故成立，
即，；
（2）当时，由、都随的增大而减小，
故在上单调递减，
又在区间上，值域也为，
故有，即，且，
解得，.