2023-2024学年安徽省安庆市怀宁县高河中学高一上学期第二次月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年安徽省安庆市怀宁县高河中学高一上学期第二次月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，问答题，证明题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】化简集合然后利用交集运算即可求解
【详解】由可得，解得，故，
因为所以，
所以，
故选：D
2．已知是上的偶函数，当时，，则时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，则，求出，再根据偶函数的性质计算可得.
【详解】解：设，则，所以，
又是上的偶函数，所以，
所以.
故选：C
3．已知函数，若对区间内的任意两个不等实数，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由可判断函数的单调性，然后根据二次函数的对称轴即可列式求解
【详解】函数对区间内的任意两个不等实数，都有，
所以在区间上是增函数，
因为二次函数的对称轴为：，
所以,解得，
所以实数a的取值范围是，
故选：A
4．函数的图象是如图所示折线段ABC，其中点A，B，C的坐标分别为，，，以下说法中正确的个数为（ ）
①；
②的定义域为；
③为偶函数；
④若在上单调递增，则m的取值范围为.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据图象以及题意即可求得的解析式可判断①；根据函数图象特点以及定义域即可判断②；根据函数图象特点以及与之间的关系即可判断③；根据的单调递增区间即可判断④
【详解】对于①，因为，，的坐标分别为，，，所以，
所以，故①正确；
对于②，因为的定义域为，所以的定义域为，故②错误；
对于③，因为的图象向左平移1个单位长度后关于轴对称，所以为偶函数，故③正确；
对于④，因为在上单调递增，则，则m的取值范围为，故④正确；
故选：C
5．已知函数，若，则（ ）
A．17B．12C．D．
【答案】A
【分析】由可得是奇函数，故利用奇函数的性质即可
【详解】因为即，
所以，
故选：A
6．若函数的值域为，则的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先利用换元思想转化为的值域问题，再利用二次函数的图象、指数不等式进行求解.
【详解】设，则，且，
由题意，得的值域为，
且在上单调递减，在上单调递增，
对于A：当时，，
显然，
即选项A错误；
对于B：当时，，
显然，
即选项B错误；
对于C：当时，，
显然，
即选项C错误；
对于D：当时，，
则由二次函数的性质，得：
当或，，
当时，，
即选项D正确.
故选：D.
7．设 ，则最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】C
【分析】由已知可得出，利用基本不等式可求得该代数式的最小值.
【详解】因为，则，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，的最小值为6.
故选：C.
8．设函数若存在最小值，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据一次函数和二次函数的单调性，分类讨论进行求解即可.
【详解】若时，，；
若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值；
若时，时，单调递减，，当时，，若函数有最小值，需或，解得.
故选：B
【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合最值的性质是解题的关键.
二、多选题
9．下到说法正确的是（ ）
A．若函数的定义域为，则函数的定义域为
B．函数且的图象恒过定点
C．函数的单调递增区间为
D．的最大值为
【答案】BC
【分析】对于A，根据抽象函数求定义域即可；对于B，根据对数函数图象性质解决即可；对于C，根据分段函数解决即可；对于D，根据指数型复合函数解决即可.
【详解】对于A，函数的定义域为，则函数的定义域应满足，解得，
所以函数的定义域为，故A错误；
对于B，函数，由对数函数的图象性质令，解得，此时，所以函数的图象恒过定点，故B正确；
对于C，当时，函数开口向上，对称轴为，单调增区间为，
当时，函数开口向上，对称轴为，单调增区间为，故C正确；
对于D，，令，当时，，故D错误.
故选：BC
10．下列说法正确的是（ ）
A．函数（且）的图像恒过定点
B．若，则
C．函数的值域为
D．关于的不等式的解集为，则不等式的解集为
【答案】BC
【分析】根据指数函数的性质判断A，根据指数幂的运算性质判断B，利用换元法及二次函数的性质判断C，关于方程的根为和，且，即可得到、、的关系，从而求出不等式的解集，即可判断D.
【详解】对于A：因为，所以函数（且）的图像恒过定点，故A错误；
对于B：因为，所以，则（负值舍去），故B正确；
对于C：令，则，，
令，，
当时，函数有最大值，
所以函数的值域为，故C正确；
对于D：因为关于的不等式的解集为，
所以关于方程的根为和，且，
即，且，解得，
∴由，得，
由化简得，解得，
即不等式的解集为，故D错误.
故选：BC
11．对任意两个实数，定义若，，下列关于函数的说法正确的是（ ）
A．函数是偶函数
B．方程有三个解
C．函数在区间上单调递增
D．函数有4个单调区间
【答案】ABD
【分析】结合题意作出函数的图象，进而数形结合求解即可.
【详解】解：根据函数与，，画出函数的图象，如图．
由图象可知，函数关于y轴对称，所以A项正确；
函数的图象与x轴有三个交点，所以方程有三个解，所以B项正确；
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，所以C项错误，D项正确．
故选：ABD
12．已知函数，若方程有三个实数根，，，且，则下列结论正确的为（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的取值范围为
D．不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】分析给定函数的性质，作出函数的图象，数形结合逐一分析各选项判断作答.
【详解】函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
方程的三个实数根分别是直线与函数图象交点的横坐标，如图，
由，必有，而，则，即，解得，A正确；
因在上单调递增，，当时，直线与函数的图象只有两个公共点，
因此，方程有三个实数根，当且仅当，B不正确；
在中，当时，，而函数在上单调递减，则当时，，，C正确；
当时，因当时，，于是得，且，解得，
当时，，解得，所以不等式的解集为，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．已知函数在上单调递增，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】分段函数单调递增，在各段区间单调递增，且由区间端点处满足的大小关系列不等式组求解即可.
【详解】因为在上单调递增，
所以 ，
即，解得
则的取值范围是.
故答案为：.
14．函数的单调递增区间是 ．
【答案】
【分析】根据二次函数、对数函数性质求定义域并研究单调性，结合复合函数单调性确定单调区间.
【详解】令且，即，则或，
所以定义域为，
由开口向上，对称轴为，则在上递减，在上递增，
而在定义域上递减，故的增区间为，减区间为.
故答案为：
15．已知幂函数 的图象关于y轴对称，且在上单调递减，则满足 的a的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据幂函数的单调性和奇偶性得到，代入不等式得到，根据函数的单调性解得答案.
【详解】幂函数在上单调递减，
故，解得.
，故，，.
当时 ，不关于轴对称，舍去；
当时 ，关于轴对称，满足；
当时 ，不关于轴对称，舍去；
故，，函数在和上单调递减，
故或或，解得或.
故答案为：.
16．已知函数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】先求出的定义域，证明是偶函数，当时，证明是增函数，根据题意列出不等式即可得到答案
【详解】由可得，解得或，
故的定义域为或，
又，所以是偶函数，
当时，是单调递增函数，
设，所以，
设任意的，且，
所以，
因为任意的，且，所以 ，
所以，即，
所以在上是单调递增函数，
所以在上是单调递增函数，
故在上单调递增，
因为是偶函数，所以在上单调递减，
由可得，解得或，
故答案为：
四、计算题
17．化简求值：
(1)；
(2)．
【答案】(1)100
(2)1
【分析】（1）根据有理数指数幂及根式的运算性质即可求解；
（2）根据对数运算性质及指数幂的运算即可求解.
【详解】（1）原式，
（2）原式
.
五、问答题
18．已知幂函数在上单调递增，函数.
(1)当时，记、的值域分别为集合，，设：，：，若是成立的必要条件，求实数的取值范围.
(2)设，且在上单调，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用幂函数定义及单调性求出并求出集合，再利用单调性求出集合，借助集合的包含关系求解作答.
（2）求出函数的解析式，结合二次函数的性质，列出不等式求解作答.
【详解】（1）因为是幂函数，又函数在上单调递增，
则有，解得，所以，当时，，即，
函数是上的增函数，当时，，即，
因，是成立的必要条件，则，显然，
则，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）可得，
又在上单调，所以或，
解得或，
即实数的取值范围为.
19．设，且.
（1）求的值及的定义域；
（2）求在区间上的最小值.
【答案】（1），；（2）.
【分析】（1）由函数值可求得参数值，由真数大于0可得定义域；
（2）把函数式变形为，然后确定函数的单调性，从而得最小值．
【详解】（1）由得，解得，
由得，因此，函数的定义域为；
（2）由（1）得，
令，由得，
则原函数为，，由于该函数在上单调递减，
所以，因此，函数在区间上的最小值是.
【点睛】本题考查对数函数的性质，掌握复合函数的单调性解题关键：（前提条件：在函数定义域内）
六、证明题
20．已知函数对任意的x，都有成立，且当时，．
(1)用定义法证明为R上的增函数；
(2)解不等式，．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当 时，不等式的解集为.
【分析】（1）用定义法证明函数单调性，先在定义域上任取，，且，结合条件构造，利用来确定的符号，得到函数的单调性；
（2）由条件得到，利用函数的单调性，将不等式转化为，转化为整式不等式后，分类讨论后解含参数的一元二次不等式.
【详解】（1）证明：任取，，且
∵，∴，∴，∴
即，∴
∴为R上的增函数
（2）令，则，所以，
所以原不等式化为，∵为R上的增函数
∴，即，
即，
①若，，；
②若，，或；
③若，，.
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
七、应用题
21．我国某企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2023年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本万，每生产（千部）手机，需另投入可变成本万元，且，由市场调研知，每部手机售价万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完.（利润销售额－固定成本－可变成本）
(1)求2023年的利润（万元）关于年产量（千部）的函数关系式；
(2)2023年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)
(2)产量为（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是万元
【分析】（1）根据已知条件，结合利润销售额－固定成本－可变成本的公式，分，两种情况讨论，即可求解．
（2）根据已知条件，结合二次函数的性质，以及基本不等式的公式，分别求解分段函数的最大值，再通过比较大小，即可求解．
【详解】（1）解：当时，
，
当时，，
故．
（2）解：若时，，
当时，万元，
当时，，
当且仅当，即时，万元，
故年产量为（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是万元．
八、问答题
22．已知，.
(1)若，使成立，求实数的取值范围.
(2)若，，使，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简，利用基本不等式得在的值域，从而得到的取值范围；
（2）若，，使，则的值域的值域，分，，三种情况讨论分析即可得出答案.
【详解】（1）因为，，当且仅当即时等号成立，
所以的值域是，
所以若，使成立，则实数的取值范围为.
（2）若，，使，则的值域的值域，又的值域是，
当时，则为减函数，当时，，而，不满足的值域的值域；
当时，，不满足的值域的值域；
当时，则为增函数，当时，，的值域是，所以，则，
故实数的取值范围为.
增
增
增
减
增
减
减
增
减
减
减
增