2023-2024学年山西省吕梁市孝义市部分学校高一上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山西省吕梁市孝义市部分学校高一上学期12月月考数学试题含答案，共13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．角的终边在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】根据题意，由即可得到结果.
【详解】因为，
且，
所以角的终边在第三象限.
故选：C
2．已知全集，集合A满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据自然数集的定义求出全集，结合补集的概念和运算即可求解.
【详解】由题意知，，
由，得.
故选：A
3．“”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合包含关系即可判断.
【详解】因为，所以为“”的一个必要不充分条件，A正确，
而B显然为充要条件，
，，故CD为充分不必要条件.
故选：A.
4．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据具体函数定义域的求法列式求解即可.
【详解】要使函数有意义，即满足，解得，
所以函数的定义域为，
故选：D.
5．设，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数和幂函数单调性比较大小.
【详解】由在定义域上单调递减，所以得：，
由在定义域上单调递增，所以得：，
即：.故A项正确.
故选：A.
6．已知幂函数的图象过点，则的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】依据题意设出解析式，求出解析式后求解具体函数定义域即可.
【详解】是幂函数，设，将代入解析式，
得，解得，故，则，
故，解得
故选：B
7．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用函数零点判断即可.
【详解】令，得，所以函数的零点为，又，或，D选项符合
故选：D
8．一块电路板的AB线路之间有100个串联的焊接点，知道电路不通的原因是焊接点脱落造成的，要想借助万用表，利用二分法的思想检测出哪处焊接点脱落，最多需要检测（ ）
A．4次B．6次C．7次D．50次
【答案】C
【分析】由题意，根据二分法的思想，即可得出结论.
【详解】第一次，可去掉50个结果，从剩余的50个中继续二分法；
第二次，可去掉25个结果，从剩余的25个中继续二分法；
第三次，可去掉12或13个结果，考虑至多的情况，所以去掉12个结果，从剩余的13个中继续二分法；
第四次，可去掉6或7个结果，考虑至多的情况，所以去掉6个结果，从剩余的7个中继续二分法；
第五次，可去掉3或4个结果，考虑至多的情况，所以去掉3个结果，从剩余的4个中继续二分法；
第六次，可去掉2个结果，从剩余的2个中继续二分法；
第七次，可去掉1个结果，得到最终结果.
所以最多需要检测7次.
故选：C
二、多选题
9．下列函数中，既是偶函数又在区间上是增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用函数的奇偶性和单调性的概念进行判断.
【详解】对于A，定义域为，
当时，在上是增函数，
又，所以是偶函数，故A对；
对于B，由，定义域为R且为奇函数，不符合题意；故B错；
对于C，，所以是偶函数，在上是增函数，故C正确；
对于D，，所以是偶函数，在上是减函数，故D错.
故选：AC
10．下列说法错误的是（ ）
A．函数与函数表示同一个函数
B．若是一次函数，且，则
C．函数的图象与y轴最多有一个交点
D．函数在上是单调递减函数
【答案】ABD
【分析】根据相等函数的概念判断A；利用待定系数法求出函数的解析式，即可判断B；根据函数的定义即可判断C；根据单调区间的定义即可判断D.
【详解】A：函数的定义域为，函数的定义域为R，
所以这两个函数不表示同一个函数，故A符合题意；
B：设，则，
又，所以，解得或，
所以或，故B符合题意；
C：由函数的定义知，函数图象至多与y轴有一个交点，故C不符合题意；
D：函数在上是单调递减函数，故D符合题意.
故选：ABD
11．已知，则（ ）
A．的最小值为2B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】AD
【分析】根据基本不等式的应用即可判断ABC；，根据二次函数的性质即可判断D.
【详解】A：，
当且仅当即时等号成立，所以的最小值为2，故A正确；
B：，
当且仅当即时等号成立，所以的最小值为，故B错误；
C：，
当且仅当即时等号成立，所以的最小值为6，故C错误；
D：，
当即时，取到最小值，故D正确.
故选：AD
12．设函数，若关于x的方程有四个不同的解，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】画出函数的图象，根据题意得到，结合图象，利用二次函数的对称性和对数的运算性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数 ，作出函数的图象，如图所示，
因为关于x的方程 有四个不同的解，且，
结合图象，可得，且，
则，其中，
所以，所以A不正确.
根据图象，要使得方程 有四个不同的解，可得，所以B正确；
因为，且，可得，
所以，可得，
又由，当且仅当时，等号成立，
显然，所以，所以C正确；
令，可得，结合图象，可得，所以D不正确.
故选：BC.
三、填空题
13．若扇形的半径为2，弧长为3，则扇形的面积为 .
【答案】3
【分析】根据扇形的面积公式直接运算求解.
【详解】由题意可得：扇形的面积为.
故答案为：3.
14．函数的零点为 .
【答案】
【分析】根据题意，由函数零点的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】令，则，即，
所以函数的零点为.
故答案为：
15．已知是定义域为的奇函数，且当时，，则 .
【答案】
【分析】根据函数的奇偶性，结合解析式，代入即可.
【详解】由是定义域为的奇函数，所以，得，
，所以
故答案为：
16．已知函数（其中m，，且）的图象恒过定点，若，则 .
【答案】
【分析】根据指数幂的性质可得，，根据可得代入求解.
【详解】由于的图象恒过定点，所以，且，故且，
由于，所以，
又，即，故，
因此，故，
故答案为：
四、解答题
17．（1）已知，求的值；
（2）计算：.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据题意，结合和，代入即可求解；
（2）根据指数幂与对数的运算公式，准确运算，即可求解.
【详解】解：（1）因为，可得，
则，可得，
又由，
所以.
（2）由
.
18．已知函数（a是常数）.
(1)判断的奇偶性，并说明理由；
(2)若，试判断函数在上的单调性，并证明.
【答案】(1)奇函数，理由见解析；
(2)单调递增，证明见解析
【分析】（1）求出定义域，利用定义判断；
（2）利用，求出的值，设，且，判断与的大小，判断单调性，下结论.
【详解】（1）是奇函数，理由如下：
的定义域为，关于原点对称，
则，
故是奇函数；
（2）在单调递增，证明如下：
若，则，则，
故，
设，且，
则
因为，所以，，，
故，
即，
所以在单调递增.
19．已知是二次函数，且，.
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的最大值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设，由，求得，再由，列出方程组，求得，即可求得函数的解析式；
（2）由（1）知，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：根据题意，设，
因为，可得，即，
又由，
且，
又因为，即，
所以，
可得，解得，所以.
（2）解：由（1）知，
可得函数的图象开口向上，且对称轴为，所以，
当时，根据二次函数的对称性，可得，
所以函数在区间上的最大值为；
当时，根据二次函数的对称性，可得，
所以函数在区间上的最大值为，
综上可得，当时，的最大值为；当时，的最大值为.
20．已知函数，.
(1)是否存在实数a，使恒成立？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由；
(2)若关于x的方程有两个正实数根，，求的最小值.
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)6
【分析】（1）根据判别式即可求解，
（2）根据根与系数的关系，即可基本不等式即可求解.
【详解】（1）若恒成立,即对于一切实数均成立，
故，化简得，显然不成立，
故不存在实数a，使恒成立，
（2）的两个正实数根，，则，解得，
，由于，所以，
当且仅当，即时等号成立，
故最小值为6.
21．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，n表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型，，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为.
(1)求该学习率模型的表达式；
(2)要使学习率衰减到以下（不含），至少需训练迭代多少轮？（参考数据）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，将时，代入计算，即可得到结果.
（2）根据题意，由条件列出不等式，结合指数，对数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由条件可得，指数衰减的模型为，
当时，，代入可得，解得，
所以该学习率模型的表达式
（2）由学习率衰减到以下（不含），可得，
即，所以，即
，
所以，则，即至少需训练迭代74轮.
22．已知函数为偶函数.
(1)证明：；
(2)当时，解关于x的不等式.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据函数的奇偶性可得对于恒成立，则，即可求解；
（2）由题意和（1）可得，利用定义法证明函数的单调性，结合函数的奇偶性建立不等式，解之即可求解.
【详解】（1）由题意知，函数为偶函数，则，
得，
即对于恒成立，所以.
所以，
即证.
（2）由，得，由（1）知，则，
任取，
，
因为，，所以，
又，则，得，
即，所以，
故，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
由，得，又，所以，
即，解得，
故原不等式的解集为.