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2023-2024学年黑龙江省牡丹江市第二高级中学高一上学期12月月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年黑龙江省牡丹江市第二高级中学高一上学期12月月考数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据并集定义分析可得.
【详解】由题知，又，所以，所以，即.
故选：D
2．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】用三角函数值的定义去求.
【详解】已知点，则，则.
故选：B
3．设，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
【详解】 ，但，不满足 ，所以是充分不必要条件，选A.
【解析】 充要条件
【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.
4．（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式即可化成特殊角求值.
【详解】，故，
故选：A
5．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
【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.
6．玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用扇形的面积公式，大扇形面积减去小扇形面积即可求解
【详解】易知该扇形玉雕壁画可看作由一个大扇形剪去一个小扇形得到，设大、小扇形所在圆的半径分别为，，相同的圆心角为，则，得，又因为，所以，，
该扇形玉雕壁画面积
（）．
故选：D．
7．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出函数的定义域以及零点个数，可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，解得，故函数的定义域为，排除AB选项，
令可得，解得，即函数只有两个零点，排除C选项.
故选：D.
8．若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】不等式恒成立，即为不等式恒成立，根据基本不等式求出的最小值，从而可得出答案.
【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立.
又，所以，解得或（舍去），
所以，当且仅当时，取等号，
所以的最小值为，
则不等式恒成立，即为，
解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：A.
二、多选题
9．设，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据诱导公式依次计算得到答案.
【详解】对选项A：，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：，错误；
故选：ABC.
10．设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】结合选项及条件逐个判定，把代入可得A正确，利用指数函数单调性可得B错误，利用基本不等式可得C正确，利用1的代换及基本不等式可得D错误.
【详解】对于A，，且，，解得，故A正确；
对于B，，即，，故B错误；
对于C，，且，，
当且仅当时等号成立，，故C正确；
对于D，，且，
，
当且仅当，即时等号成立，
，，故D错误.
故选：AC.
11．已知函数是奇函数，下列选项正确的是（ ）
A．
B．函数在上的值域为
C．，且，恒有
D．若，恒有充分不必要条件为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据可求的值，验证即可；对于B，由，可得为增函数，从而可求值域；对于C，根据函数的单调性即可判断；对于D，根据函数的单调性可转化为对于恒成立，求出其成立的充要条件，根据集合间的包含关系及充分不必要条件的定义即可判断.
【详解】因为函数是奇函数，且定义域为，
所以，解得.
当时，，
则，故函数是奇函数，故A正确；
因为在上单调递增，且，
所以函数在上的值域为，故B错误；
因为单调递增，
所以，且，恒有，故C正确；
因为单调递增，
所以可转化为，即对于恒成立.
当时，不恒成立，不符合题意；
当时，可得，解得.
故，恒有的充要条件为.
因为，
所以，恒有充分不必要条件为，故D正确.
故选:ACD.
12．已知函数的最小值为0，e是自然对数的底数，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】由已知得当时，，对于AC，当时，为上的减函数，则，代入解不等式得解；对于BD，当时，由对勾函数在上单调递减，在上单调递增，判断的单调性，求出最小值即可判断.
【详解】由函数的最小值为0，
当时，，即，
故当时，的值域为的子集，即
对于AC，当时，为上的减函数，
又，则，即，故A正确，C错误；
当时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
对于B，当时，对勾函数在上单调递增，
则函数在上单调递减，由A知，，故B错误；
对于D，当时，对勾函数在上单调递减，
则函数在上单调递增，又，则，即，故D正确；
故选：AD
【点睛】思路点睛：本题考查已知函数的最值求参数，解题时需先求出由函数在时的值域为，进而将问题转化为当时，函数的值域为的子集，即，分类讨论研究函数的单调性求出最值，考查学生的分析转化能力，属于难题.
三、填空题
13．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由题意列不等式组即可求得.
【详解】要使函数有意义，
只需解得：且，
从而的定义域为.
故答案为：
14．半径为，圆心角为的弧长为 .
【答案】/
【分析】根据弧长公式(：扇形圆心角，：扇形的半径)
【详解】
故答案为：
15．若，则 .
【答案】
【解析】由题意利用利用诱导公式化简要求的式子，可得结果．
【详解】由诱导公式可得
故答案为：
16．已知函数，则不等式的解集是 .
【答案】
【分析】由题可得为偶函数，且在上单调递增，后利用可得答案.
【详解】因为的定义域为，且，所以是偶函数.
又当时，单调递增.
因为是偶函数，所以在单调递减，
又因为，
所以.
故答案为：.
四、问答题
17．设集合．
(1)用列举法表示集合；
(2)若是的必要条件，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解方程后得集合，
（2）由推出关系得后列式求解，
【详解】（1），即或，；
（2）若是的必要条件，则，
，
解得或，又，所以，
得．
18．（1）已知，且，求的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）确定，则，计算即可.
（2）平方，再利用齐次式得到，解得答案.
【详解】（1），则，
则.
（2），，
则，即，
，解得或.
19．已知函数．
(1)若为偶函数，求的值；
(2)若在上有最小值9，求的值．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）求得的解析式，根据二次函数的对称轴，列出等式，即可求得结果；
（2）根据的对称轴与区间之间的位置关系，分类讨论，即可求得结果.
【详解】（1）因为，
所以．
因为函数为偶函数，所以，解得．
（2）函数图象的对称轴方程为，开口向上，
①当，即时，函数在上为增函数，
所以，解得（舍）或；
②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得（舍去）；
③当，即时，函数在上为减函数，
所以，解得或（舍去）．
综上，的值为或．
20．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.
(1)求，并说明的实际意义：
(2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
【答案】(1)；发车时间间隔为分钟时，载客量为
(2)发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；
（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1），实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；
（2），
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，当时，取得最大值；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值．
综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
五、计算题
21．已知是第三象限角， .
（1）化简；
（2）若，求的值；
（3）若，求的值.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）利用三角函数的诱导公式进行化简，即可得到答案；
（2）由诱导公式，化简得，进而利用三角函数的基本关系式，求得的值，即可求解；
（3）利用诱导公式，化简，即可求解，得到答案.
【详解】（1）由题意，利用三角函数的诱导公式，
化简得.
（2）由诱导公式，得，且，
所以，
又因为是第三象限角，所以，
所以.
（3）因为，则
.
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式的化简、求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
六、问答题
22．已知为偶函数，为奇函数，且满足．
(1)求、；
(2)若方程有解，求实数的取值范围；
(3)若，且方程有三个解，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由已知得到，然后和已知等式列方程组求解；
（2）将方程有解转化为有解，利用基本不等式求的最值即可；
（3）求出的值域，并画出的图像，令，将方程有三个解转化为有两个根，研究方程的根的取值范围可得答案.
【详解】（1）①，
，
又为偶函数，为奇函数，
②，
由①+②可得，
由②-①可得，
，
（2）令，
则
由得
即，
当时，不成立，
当时，
，
当且仅当时取等号，
故实数的取值范围为；
（3），
令，则，
函数的图像，如图：
方程有三个解，
有两个根 ，
则或， 或，
当，，有 ，，解得，满足题意；
当时，有， ，解得，满足题意；
当时，令，
，解得
综合得实数的取值范围为
一、单选题
1．已知集合，，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据并集定义分析可得.
【详解】由题知，又，所以，所以，即.
故选：D
2．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】用三角函数值的定义去求.
【详解】已知点，则，则.
故选：B
3．设，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
【详解】 ，但，不满足 ，所以是充分不必要条件，选A.
【解析】 充要条件
【名师点睛】本题考查充要条件的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件；从集合的角度看，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，若，则是的充要条件，若是的真子集，则是的充分不必要条件，若是的真子集，则是的必要不充分条件.
4．（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式即可化成特殊角求值.
【详解】，故，
故选：A
5．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
【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.
6．玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用扇形的面积公式，大扇形面积减去小扇形面积即可求解
【详解】易知该扇形玉雕壁画可看作由一个大扇形剪去一个小扇形得到，设大、小扇形所在圆的半径分别为，，相同的圆心角为，则，得，又因为，所以，，
该扇形玉雕壁画面积
（）．
故选：D．
7．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出函数的定义域以及零点个数，可得出合适的选项.
【详解】对于函数，有，解得，故函数的定义域为，排除AB选项，
令可得，解得，即函数只有两个零点，排除C选项.
故选：D.
8．若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】不等式恒成立，即为不等式恒成立，根据基本不等式求出的最小值，从而可得出答案.
【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立.
又，所以，解得或（舍去），
所以，当且仅当时，取等号，
所以的最小值为，
则不等式恒成立，即为，
解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：A.
二、多选题
9．设，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据诱导公式依次计算得到答案.
【详解】对选项A：，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：，错误；
故选：ABC.
10．设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】结合选项及条件逐个判定，把代入可得A正确，利用指数函数单调性可得B错误，利用基本不等式可得C正确，利用1的代换及基本不等式可得D错误.
【详解】对于A，，且，，解得，故A正确；
对于B，，即，，故B错误；
对于C，，且，，
当且仅当时等号成立，，故C正确；
对于D，，且，
，
当且仅当，即时等号成立，
，，故D错误.
故选：AC.
11．已知函数是奇函数，下列选项正确的是（ ）
A．
B．函数在上的值域为
C．，且，恒有
D．若，恒有充分不必要条件为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据可求的值，验证即可；对于B，由，可得为增函数，从而可求值域；对于C，根据函数的单调性即可判断；对于D，根据函数的单调性可转化为对于恒成立，求出其成立的充要条件，根据集合间的包含关系及充分不必要条件的定义即可判断.
【详解】因为函数是奇函数，且定义域为，
所以，解得.
当时，，
则，故函数是奇函数，故A正确；
因为在上单调递增，且，
所以函数在上的值域为，故B错误；
因为单调递增，
所以，且，恒有，故C正确；
因为单调递增，
所以可转化为，即对于恒成立.
当时，不恒成立，不符合题意；
当时，可得，解得.
故，恒有的充要条件为.
因为，
所以，恒有充分不必要条件为，故D正确.
故选:ACD.
12．已知函数的最小值为0，e是自然对数的底数，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】由已知得当时，，对于AC，当时，为上的减函数，则，代入解不等式得解；对于BD，当时，由对勾函数在上单调递减，在上单调递增，判断的单调性，求出最小值即可判断.
【详解】由函数的最小值为0，
当时，，即，
故当时，的值域为的子集，即
对于AC，当时，为上的减函数，
又，则，即，故A正确，C错误；
当时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
对于B，当时，对勾函数在上单调递增，
则函数在上单调递减，由A知，，故B错误；
对于D，当时，对勾函数在上单调递减，
则函数在上单调递增，又，则，即，故D正确；
故选：AD
【点睛】思路点睛：本题考查已知函数的最值求参数，解题时需先求出由函数在时的值域为，进而将问题转化为当时，函数的值域为的子集，即，分类讨论研究函数的单调性求出最值，考查学生的分析转化能力，属于难题.
三、填空题
13．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由题意列不等式组即可求得.
【详解】要使函数有意义，
只需解得：且，
从而的定义域为.
故答案为：
14．半径为，圆心角为的弧长为 .
【答案】/
【分析】根据弧长公式(：扇形圆心角，：扇形的半径)
【详解】
故答案为：
15．若，则 .
【答案】
【解析】由题意利用利用诱导公式化简要求的式子，可得结果．
【详解】由诱导公式可得
故答案为：
16．已知函数，则不等式的解集是 .
【答案】
【分析】由题可得为偶函数，且在上单调递增，后利用可得答案.
【详解】因为的定义域为，且，所以是偶函数.
又当时，单调递增.
因为是偶函数，所以在单调递减，
又因为，
所以.
故答案为：.
四、问答题
17．设集合．
(1)用列举法表示集合；
(2)若是的必要条件，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解方程后得集合，
（2）由推出关系得后列式求解，
【详解】（1），即或，；
（2）若是的必要条件，则，
，
解得或，又，所以，
得．
18．（1）已知，且，求的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）确定，则，计算即可.
（2）平方，再利用齐次式得到，解得答案.
【详解】（1），则，
则.
（2），，
则，即，
，解得或.
19．已知函数．
(1)若为偶函数，求的值；
(2)若在上有最小值9，求的值．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）求得的解析式，根据二次函数的对称轴，列出等式，即可求得结果；
（2）根据的对称轴与区间之间的位置关系，分类讨论，即可求得结果.
【详解】（1）因为，
所以．
因为函数为偶函数，所以，解得．
（2）函数图象的对称轴方程为，开口向上，
①当，即时，函数在上为增函数，
所以，解得（舍）或；
②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得（舍去）；
③当，即时，函数在上为减函数，
所以，解得或（舍去）．
综上，的值为或．
20．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.
(1)求，并说明的实际意义：
(2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
【答案】(1)；发车时间间隔为分钟时，载客量为
(2)发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；
（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1），实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；
（2），
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，当时，取得最大值；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值．
综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
五、计算题
21．已知是第三象限角， .
（1）化简；
（2）若，求的值；
（3）若，求的值.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）利用三角函数的诱导公式进行化简，即可得到答案；
（2）由诱导公式，化简得，进而利用三角函数的基本关系式，求得的值，即可求解；
（3）利用诱导公式，化简，即可求解，得到答案.
【详解】（1）由题意，利用三角函数的诱导公式，
化简得.
（2）由诱导公式，得，且，
所以，
又因为是第三象限角，所以，
所以.
（3）因为，则
.
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式的化简、求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
六、问答题
22．已知为偶函数，为奇函数，且满足．
(1)求、；
(2)若方程有解，求实数的取值范围；
(3)若，且方程有三个解，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由已知得到，然后和已知等式列方程组求解；
（2）将方程有解转化为有解，利用基本不等式求的最值即可；
（3）求出的值域，并画出的图像，令，将方程有三个解转化为有两个根，研究方程的根的取值范围可得答案.
【详解】（1）①，
，
又为偶函数，为奇函数，
②，
由①+②可得，
由②-①可得，
，
（2）令，
则
由得
即，
当时，不成立，
当时，
，
当且仅当时取等号，
故实数的取值范围为；
（3），
令，则，
函数的图像，如图：
方程有三个解，
有两个根 ，
则或， 或，
当，，有 ，，解得，满足题意；
当时，有， ，解得，满足题意；
当时，令，
，解得
综合得实数的取值范围为
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