福建省龙岩市长汀县第一中学分校2023-2024学年高一上册第三次月考数学试题（含解析）

这是一份福建省龙岩市长汀县第一中学分校2023-2024学年高一上册第三次月考数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一数学试题
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．的值为（ ）
A．B．C．D．
3．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数，则（ ）
A．1B．C．D．
5．函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期是
B．的值域是
C．直线是函数图像的一条对称轴
D．的递减区间是，
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则函数的零点个数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．以下四个命题，其中是真命题的有（ ）
A．命题“”的否定是“”
B．若，则
C．函数且的图象过定点
D．幂函数在上为减函数，则的值为1
10．已知正数满足，则下列选项正确的是（ ）
A．的最小值是2B．的最大值是1
C．的最小值是4D．的最大值是
11．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴，一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，如图，设扇形的面积为，其圆心角为，圆面中剩余部分的面积为，当与的比值为时，扇面为“美观扇面”，下列结论正确的是（参考数据：）（ ）

A．
B．若，扇形的半径，则
C．若扇面为“美观扇面”，则
D．若扇面为“美观扇面”，扇形的半径，则此时的扇形面积为
12．一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；特别地，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）
A．函数不存在跟随区间
B．若为的跟随区间，则
C．二次函数存在“3倍跟随区间”
D．若函数存在跟随区间，则
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13． ．
14．若函数在区间上存在零点，则常数a的取值范围为 ．
15．已知，则 ．
16．已知函数，．对任意，存在，使得，则实数的取值范围是 ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知集合，.
(1)分别求，；
(2)已知集合，若，求实数的取值范围.
18．（1）化简：.
（2）已知，且在同一象限，求的值.
19．已知函数（且）.
(1)求的定义域；
(2)判断的奇偶性，并说明理由；
(3)求不等式的解集.
20．一研究小组在对某学校的学生上课注意力集中情况的调查研究中发现，其注意力指数与听课时间之间的关系满足如图所示的曲线.当时，曲线是二次函数图像的一部分，当时，曲线是函数，且图像的一部分.根据研究，当注意力指数不小于80时听课效果最佳.
(1)求的函数关系式；
(2)有一道数学难题，讲解需要22分钟，问老师能否经过合理安排在学生听课效果最佳时段讲完？请说明理由.
21．已知函数，
(1)求函数在上的单调递增区间；
(2)求不等式的解集；
(3)若方程在上有两个不同的实数解，求实数的取值范围．
22．已知函数在上为奇函数，，.
(1)求实数的值；
(2)指出函数的单调性（说明理由，不需要证明）；
(3)设对任意，都有成立；请问是否存在的值，使最小值为，若存在求出的值.
参考答案与解析
1．B
【分析】先求出集合中的范围，再在数轴上表示出两集合的范围，即可求出.
【解答】根据题意，，
所以.
故选:B.
2．A
【分析】根据诱导公式将角式子转化成即可得出结果.
【解答】易知；
所以.
故选：A
3．C
【分析】分别利用指数函数、对数函数、三角函数单调性，限定的取值范围即可得出结论.
【解答】根据对数函数在定义域内为单调递增可知，即；
由三角函数单调性可知；
利用指数函数为单调递增可得；
所以.
故选：C
4．B
【分析】根据函数的解析式直接运算即可.
【解答】，所以，所以.
故选：B
5．C
【分析】根据奇偶性排除D，再取特值排除AB.
【解答】因为，关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，故D错误；
因为，所以，所以，故A错误；
因为，所以，所以，故B错误；
故选：C.
6．D
【解析】根据函数的解析式，得到其最小正周期，值域，对称轴和递减区间，然后对四个选项分别进行判断，得到答案.
【解答】函数
所以函数的最小正周期，所以选项A错误；
由解析式可知，所以的值域为，所以选项B错误；
当时，，，
不是函数图像的对称轴，所以选项C错误.
令，，
可得，，
的递减区间是，，所以选项D正确.
故选：D.
【点评】本题考查正切型函数的周期、值域、对称性和单调区间，属于简单题.
7．A
【分析】将写成，利用诱导公式，化为，然后利用余弦函数的二倍角公式可得出答案.
【解答】
故选：A
8．D
【分析】根据已知得出函数的周期，由已知作出函数的图象，以及的图象，结合图象，以及函数值，即可得出答案.
【解答】由已知可得，，所以周期为2.
又函数是定义在R上的偶函数，当时，，
根据已知，作出函数的图象，以及的图象

因为，，由图象可知，与交点的个数共有9个，
所以，函数的零点个数为9.
故选：D.
【点评】方法点评：作出函数的图象，根据图象，即可得出函数零点的个数.
9．ACD
【分析】对于A，根据全称命题的否定可判断；对于B，根据条件，利用作差法即可判断；对于C，由对数函数的性质可判断；对于D，由幂函数的解析式及性质可判断.
【解答】对于选项A，因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以命题“”的否定是“，故选项A正确；
对于选项B，因为，则，又 ，得到，故选项B错误；
对于选项C，因为，所以过定点，故选项C正确；
对于选项D，因为为幂函数，所以，得到或，
又在上为减函数，所以，即，所以，故选项D正确，
故选：ACD.
10．ABD
【分析】根据题中条件及基本不等式，逐项分析即可.
【解答】因为，所以，
则
，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值是2，故A正确；
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，
即的最大值是1，故B正确；
，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值是，故C错误；
因为，
当且仅当，即时等号成立，
即的最大值是，故D正确，
故选:ABD.
11．AC
【分析】首先确定所在扇形的圆心角，结合扇形面积公式可确定A正确；由可求得，代入扇形面积公式可知B错误；由即可求得，知C正确；由扇形面积公式可直接判断出D错误.
【解答】对于A，与所在扇形的圆心角分别为，，
，A正确；
对于B，，，，B错误；
对于C，，，，C正确；
对于D，，D错误.
故选：AC.
12．BC
【分析】根据“跟随区间”的定义对选项逐一分析，根据函数的单调性、值域等知识确定正确答案.
【解答】对于A选项，由题，因为函数在区间与上均为增函数，
若存在跟随区间则有，即为的两根．
即的根，故，故A错误．
对于B选项，若为的跟随区间，
因为在区间为增函数，故其值域为，
根据题意有，解得或，因为故，故B正确．
对于C选项，若存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为，值域为，当时，易得在区间上单调递增，
此时易得为方程的两根，
求解得或.故定义域，则值域为．故C正确．
对于D选项，若函数存在跟随区间，
因为为减函数，
故由跟随区间的定义可知，
即，
因为，所以．
易得．
所以，
令代入化简可得，
同理也满足，
即在区间上有两不相等的实数根．
故，解得，故D错误．
故选：BC
13．6
【分析】根据对数函数运算法则求解.
【解答】.
故答案为：6.
14．
【分析】根据函数单调性，结合函数零点存在定理即可得到答案.
【解答】因为在上均为增函数，
则函数在区间上为增函数，且函数图象连续不间断，
故若在区间上存在零点，则，可得．
故答案为：.
15．##
【分析】根据同角三角函数之间的基本关系，以及“1”的妙用即可将转化为的形式，代入即可求得结果.
【解答】由题意知，
又因为，将上式分子分母同时除以得
代入即可得，
故答案为：
16．
【分析】根据和的值域以及恒成立、存在性等知识求得的取值范围.
【解答】，
所以.
的开口向下，对称轴为，
所以在区间上单调递增，，
所以，
由于任意，存在，使得，
所以，解得，所以的取值范围是.
故答案为：
17．(1)，
(2)或
【分析】（1）解出两个集合内的不等式即可求解；
（2）用集合间包含关系相关知识即可求解.
【解答】（1）因为解得，即，
而解得，即，
所以， .
（2）当，即时，此时，符合条件；
当，即时，，
要使，只需，即.
故要使，实数的取值范围是或.
18．（1）0；（2）.
【分析】（1）根据诱导公式化简整理；（2）先根据三角函数值判断所在象限，进而利用平方关系可求，代入两角和的余弦公式运算求值.
【解答】（1）.
（2）∵，且在同一象限，则为第二象限角，
∴，
故.
19．(1)
(2)是奇函数，证明见解析
(3)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为
【分析】（1）由函数有意义所需条件，求的定义域；
（2）由函数奇偶性的定义，判断并证明的奇偶性；
（3）分类讨论，根据函数单调性求解不等式.
【解答】（1）要使函数有意义，则，解得 ，即函数的定义域为 .
（2）是奇函数，理由如下：
由(1)知函数的定义域关于原点对称，
，
即函数是奇函数。
（3）若，则，即，
若，则 ， 解得；
若，则 ，解得
即当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为
20．(1)
(2)能，理由见解答
【分析】(1)根据所给的函数图像先求出当t∈(0,14]时的二次函数解析式，再由点，代入函数求出t∈[14,40]时的解析式，用分段函数表达即可.
(2)对分段函数，分别解不等式，求出的取值范围，然后取并集，再计算时间的长度，然后对老师能否经过合理安排在学生听课效果最佳时讲完做出判断.
【解答】（1）当时，设，
将点(14,81)代入得，
∴当时，；
当时，将点代入，得.
所以
（2）当时， ，
解得:，
所以；
当时，，
解得，所以，
综上时学生听课效果最佳.
此时.
所以，教师能够合理安排时间讲完题目.
故老师能经过合理安排在学生听课效果最佳时段讲完.
21．(1)和
(2)
(3)
【分析】（1）由的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）依题意可得，根据正弦函数的性质计算可得；
（3）首先求出在上的单调性，求出端点的函数值，依题意与在上有两个不同的交点，即可求出参数的取值范围.
【解答】（1）由，则，
令或，
解得或，
所以函数在上的单调递增区间为和.
（2）由，即，
所以，所以，，
解得，，
所以不等式的解集为.
（3）由，则，
令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，，
因为方程在上有两个不同的实数解，
所以与在上有两个不同的交点，
所以，即实数的取值范围为.
22．(1)；
(2)减函数；
(3).
【分析】（1）因为为奇函数，所以恒成立，据此可求出的值；
（2）由（1）可求出，讨论，根据复合函数的单调性可判断的单调性；
（3）根据题意，结合（1）对原不等式变形可得，
又根据的单调性得，整理得，
从而转化为求的最小值，再解关于的不等式，
对函数换元讨论求最小值，得到关于的方程解之即可得到答案.
【解答】（1）因为函数在上为奇函数，所以恒成立，
即恒成立，
所以，又，所以；
（2）
由（1）知
因为在是减函数，又，
所以在上为减函数；
（3）因为对任意都有,
所以对任意都有，
由在上为减函数；
所以对任意都有，
所以对任意都有，
因为，
所以即，解得
因为，
令，则，
令，它的对称轴为，
当，即时，
在上是增函数，
，
解得舍去，
当即时，
此时，
解得，所以.
【点评】小问(3)属于单调性和奇偶性综合应用问题，以及函数不等式恒成立问题，解决问题的关键是利用函数性质进行恒等变形，转化为不等式恒成立问题，求最值解不等式得到的范围，再通过换元把转化为二次函数闭区间上最值问题.本小题难度较大，对数学能力要求较高.