2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高一上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高一上学期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．已知是第三象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由是第三象限角可判断，利用平方关系即可求解.
【详解】解：因为是第三象限角，且，
所以，
故选：A.
2．下列命题中真命题有（ ）
① ②q：所有的正方形都是矩形
③ ④
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】利用判断全称量词命题、存在量词命题真假方法，逐一判断各个命题作答.
【详解】恒成立，①是真命题；
命题“所有的正方形都是矩形”正确，②是真命题；
恒成立，③是假命题；
当时，对每一个整数y，都不是整数，④是假命题，
所以真命题的个数是2.
故选：B
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，结合诱导公式和已知条件即求得结果.
【详解】.
故选：B.
4．若命题：，：，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：由得或，即或，所以由能够得到，由得不到，即推不出，推得出，所以是的必要不充分条件；
故选：B
5．设，则是成立的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据指数函数的单调性、对数函数的单调性，可得出结论.
【详解】因为为R上的减函数，是上的增函数，
所以由可得（），
由可得（），
故是成立的必要不充分条件，
故选：B
【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性，对数函数的单调性，必要不充分条件，属于中档题.
6．已知，，，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由，，，所以，结合“1”的代换，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，，，所以，
则，
当且仅当且，即时取等号，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答合理构造基本不等式的条件“一正、二定、三相等”，结合“1”的代换技巧是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
7．已知函数，若关于的方程有7个不同实数解则
A．且B．且C．且D．且
【答案】A
【详解】作出函数的图象，令，由图象可知 有4个不等实根，时，有3个不相等的实数根，时无实根.题中原方程有且只有7个不等实根，即有两个实根，一根为0，另一根大于零，则，所以选A.
【点睛】涉及较复杂复合型的方程的根的个数问题解决方法是换元法，令，先画出函数的图象，根据根的个数判断原方程的根应该有几个，每个根应在哪个区间？问题转化为一元二次方程的根的分布问题，利用一元二次方程的根的分布列不等式，求出参数的取值范围.
8．已知函数，若函数的零点个数恰为2个，则（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】A
【分析】首先将函数的零点个数恰为个，等价于与有个交点.再画出与的图像，结合图像即可.
【详解】函数的零点个数恰为个，
与有个交点.
当时，，
当时，，
当时，.
……
故与的图像如下：
根据图像可得：或，
解得：或.
故选：A
【点睛】本题主要考查函数的零点问题，熟练画出函数的图像为解题的关键，属于难题.
二、多选题
9．下列关系中，正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据元素与集合的关系可判断ABC选项；根据集合与集合的关系可判断D选项.
【详解】，，，
方程无解，，ABD对，C错.
故选：ABD.
10．下列函数在上是减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】由各选项对应函数在上的单调性判断正误即可.
【详解】A选项，函数为在R上递增函数，故A错误；
B选项，函数在上单调递减，在上单调递增，故B正确；
C选项，函数在，上单调递减，故C正确；
D选项，函数在上单调递减，在上单调递增，故D正确.
故选：BCD
11．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
【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，
即不等式的解集为，故D正确,
故选：ABD．
12．若关于的不等式的解集为，则的值可以是（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】BC
【分析】先根据一元二次不等式的解集得到对称轴，然后根据端点得到两个等式和一个不等式，求出的取值范围，最后都表示成的形式即可.
【详解】因为不等式的解集为，
所以二次函数的对称轴为直线，
且需满足，即，解得，
所以，所以，
所以，故的值可以是和，
故选：BC
【点睛】关键点睛：一元二次不等式的解决关键是转化为二次函数问题，求出对称轴和端点的值，继而用同一个变量来表示求解.
三、填空题
13．函数的单调递减区间为 .
【答案】(或都对)
【解析】利用复合函数的单调性，同增异减，即可得到答案；
【详解】令，则，
在单调递减，在单调递增，
根据复合函数的单调性可得：在单调递减，
故答案为：.
14．设函数，则不等式的解集是 .
【答案】
【分析】由解析式可得图象，根据图象可确定自变量的大小关系，解不等式组可求得结果.
【详解】函数的图象如图所示，
由图象可知：要满足不等式，则，
解得：.
故答案为：.
15．设，则“”是“” 的条件．（填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分又不必要”）
【答案】必要不充分
【分析】分别求出不含参的一元二次不等式和分式不等式的解集，再结合充分必要条件的判定即可.
【详解】由，得，
由，得，解得，
所以，
所以“”“”，反之不成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分
16．设函数存在最小值，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意分，，和四种情况结合二次函数的性质讨论即可》
【详解】①当时，，故函数在上单调递增，因此不存在最小值；
②当时，，
当时，，故函数存在最小值；
③当时，，故函数在上单调递减，
当时，；当时，.
若，则不存在最小值，故，解得.
此时满足题设；
④当时，，故函数在上单调递减，
当时，；当时，.
因为，所以，
因此不存在最小值.
综上，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查含参数的分段函数求最值，考查二次函数的性质，解题的关键是结合二次函数的性质求函数的最小值，考查分类讨论思想，属于较难题.
四、解答题
17．已知集合A＝{x∈R|ax2－3x＋1＝0，a∈R}．
（1）若集合A中仅有一个元素，求实数a的值；
（2）若集合A中有两个元素，求实数a的取值范围；
（3）若集合A中至多有一个元素，求实数a的取值范围．
【答案】（1）a＝0或a＝；（2）且；（3）或
【解析】（1）将问题转化为方程有一个根，分两种情况讨论即可；
（2）将问题转化为方程有两个根，即可根据求得结果；
（3）分两种情况进行分类讨论，列出不等式即可求得结果.
【详解】（1）当a＝0时，x＝，符合题意；
当a≠0时，＝(－3)2－4a＝0，解得a＝.
综上，集合A中仅含有一个元素时，a＝0或a＝.
（2）集合A中含有两个元素，即关于x的方程ax2－3x＋1＝0有两个不相等的实数解，
所以a≠0，且＝(－3)2－4a>0，
解得a<且a≠0，
所以实数a的取值范围为且
（3）当a＝0时，x＝，符合题意；
当a≠0时，＝(－3)2－4a≤0，即a≥.
所以实数a的取值范围为或.
【点睛】本题考查由集合的元素个数求参数的范围，属基础题.
18．已知函数是定义在上的偶函数，且当时，
（1）求函数的解析式；
（2）若函数，求函数的最小值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）设，则，进而根据偶函数性质求解析式即可；
（2）由题知，进而分，，三种情况讨论求解.
【详解】解:(1)设，则，
因为是定义在上的偶函数，且当时，，
所以，
所以
(2)，对称轴方程为，
当，即时，在上单调递增,为最小值；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，为最小值；
当，即时，在上单调递减,为最小值．
综上，
19．已知函数在上是增函数．求实数的取值范围．
【答案】a的取值范围是．
【分析】设，根据函数在区间上单调递增，即，即可得到，再根据的取值范围即可得解；
【详解】解：设，所以
因为函数在上是增函数，
所以.
因为，所以，即
因为， ，所以，所以.
所以的取值范围是
【点睛】本题考查根据函数的单调性求参数的取值范围，属于中档题.
20．已知函数（）．
(1)若在上的最大值为，求a的值；
(2)证明：函数有且只有一个零点，且．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由在上递增，可得，从而可求出a的值，
（2）由函数的单调性和零点存在性定理可证得函数有且只有一个零点，方法一：由，可得，再由，可得，则，再结合可证得结论，方法二：由得，再结单调性可得，从而可证得，由在单调递增，可得，从而可得结论
【详解】（1）因为函数和在上递增，
所以在上递增，
又因为在上的最大值为，所以，
因为，所以解得；
（2）证明：因为，所以，所以在上不存在零点．由（1）得在上单调递增，且，
所以在上有唯一零点，且
方法一：因为，所以，，
因为，所以，
所以， ，
由于，
所以
因为，所以，得证．
方法二：因为，有
所以
因为在单调递减，所以
当时，有，所以
有，即
因为在单调递增，所以
所以
21．汕头市某体育用品商店购进一批滑板，每件进价为100元，售价为130元，每星期可卖出80件.商家决定降价促销，根据市场调查，每降价5元，每星期可多卖出20件.
（1）求商家降价前每星期的销售利润为多少元？
（2）降价后，商家要使每星期的销售利润最大，应将售价定为多少元？最大销售利润是多少？
【答案】（1）2400（元）；（2）应将售价定为125元，最大销售利润是2500元.
【分析】（1）由销售利润=单件成本×销售量，即可求商家降价前每星期的销售利润；
（2）由题意得，根据二次函数的性质即可知最大销售利润及对应的售价.
【详解】（1）由题意，商家降价前每星期的销售利润为（元）；
（2）设售价定为元，则销售利润.
当时，有最大值2500.
∴应将售价定为125元，最大销售利润是2500元.
22．(1)已知,比较与的大小.
(2)已知,求证:.
【答案】(1)(2)见解析
【解析】(1)计算得到答案.
(2)根据，得到，再根据得到证明.
【详解】(1).
∵,∴.
∴∴.
(2)∵,∴,
∴,∴.∵ ∴.
【点睛】本题考查了比较式子的大小，证明不等式，意在考查学生对于不等式知识的综合应用.