湖南省联考2022_2023学年高一数学上学期12月月考试卷含解析

这是一份湖南省联考2022_2023学年高一数学上学期12月月考试卷含解析，共17页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 设甲， 将化成的形式是， 已知，则， 函数的零点一定位于区间， 下列说法正确的是， 下列各式正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】解：因为，
所以，，
故选：A.
2. 设甲：，乙：已知函数在上单调递增，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】∵在上单调递增，
由的对称轴为，开口向上，
∴，即，
故甲是乙的充分不必要条件.
故选：A.
3. 将化成的形式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】.
故选：D.
4. 下列函数与函数是同一个函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】的定义域为，而的定义域为，故A错误；
的定义域为，故D错误；
，与对应关系不一致，故C错误；
，定义域为，与对应关系一致，B正确.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，
所以,
故选：B.
6. 函数的零点一定位于区间（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：，
又因为函数在区间上都是增函数，
所以在区间上为增函数，所以其零点一定位于区间.
故选：C.
7. 为了给地球减负，提高资源利用率，2020年全国掀起了垃圾分类的热潮，垃圾分类已经成为新时尚．假设某市2020年全年用于垃圾分类的资金为2000万元，在此基础上，以后每年投入的资金比上一年增长20%，则该市全年用于垃圾分类的资金开始超过1亿元的年份是（参考数据：，）（ ）
A. 2030年B. 2029年C. 2028年D. 2027年
【答案】B
【解析】
【详解】设经过年之后，投入资金为万元，则，
由题意可得：，即，
所以，即，
又因为，∴，即从2029年开始该市全年用于垃圾分类的资金超过1亿元.
故选：B．
8. 已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当时，函数上单调递增，，
当时，函数，当且仅当时取等号，
函数的大致图象，如图，
令，观察图象知，当时，方程有一个根，当时，方程有两个不等根，
函数有三个零点，等价于函数有两个零点，并满足，
而函数对称轴为，于是得，解得，
所以的取值范围为.
故选：D
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 角为第一象限或第三象限角的充要条件是
B. 终边在轴上的角的集合为
C. 若是第三象限角，则是第二象限或第三象限角
D. 用角度制和弧度制度量角，与所取圆的半径大小有关
【答案】AB
【解析】
【详解】对于，当角为第一象限角时，，则；
当角为第三象限角时，，则，
所以若角为第一象限或第三象限角，则.
因为，即且，或且，
当且时，角为第一象限角；当且时，角为第三象限角，
所以若，则角为第一或第三象限角,
所以角为第一或第三象限角的充要条件是，故正确；
对于B,终边在轴上的角的集合为,
即，即，正确；
对于，若是第三象限角，即，
则，
当为偶数时，为第二象限角；当为奇数时，为第四象限角，
则是第二象限或第四象限角，故C错误；
对于D，不论是用角度制还是弧度制度量角，由角度值和弧度值定义可知度量角与所取圆的半径无关，故D不正确，
故选：
10. 下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】，故选项正确；
，故B选项错误；
，故C选项正确；
对于，故D选项错误.
故选：AC.
11. “双11”购物节中，某团购平台对顾客实行购物优惠活动，规定一次购物付款总额满一定额度，可以给予优惠：
①若购物总额不超过50元，则不给予优惠；
②若购物总额超过50元但不超过100元，则可以使用一张15元优惠券；
③若购物总额超过100元但不超过300元，则按标价给予8折优惠，
④若购物总额超过300元，其中300元内的按第③条给予优惠，超过300元的部分给予7折优惠.
某人购买了部分商品，则下列说法正确的是（ ）
A. 若购物总额为66元，则应付款为51元
B. 若应付款为208元，则购物总额为260元
C. 若购物总额为360元，则应付款为252元
D. 若购物时一次性全部付款为380元，则购物总额为500元
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，若购物总额为66元，满足购物总额超过50元但不超过100元，
可以使用一张15元优惠券，则应付款51元，故A正确；
对于B，若应付款为208元，则购物总额超过100元但不超过300元，
所以购物总额为元，故B正确；
对于C，若购物总额为360元，购物总额超过300元，
则应付款为元，故C错误；
对于D，若购物时一次性全部付款380元，说明购物总额超过300元，
设购物总额为元，则，解得元，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】因，即，则分别为函数与图象交点的横坐标，
而函数互为反函数，它们的图象关于直线对称，
在同一坐标系中画出的图象，如图，
由图知，点与关于直线对称，于是得，
，A正确；
，则，B正确；
，C错误；
，D正确.
故选：ABD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知，则___________.
【答案】##
【解析】
【详解】因为,所以，
由 ，故，
即 ，而，则，
所以，
故答案为：
14. 设，则___________.
【答案】##
【详解】因为，所以，所以，所以,
故答案为：.
另解：由可得，
所以，则,
故答案为：.
15. 高斯是德国著名的数学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，若函数，则函数的值域为___________.
【答案】
【解析】
【详解】解：，
则，即，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
综上，函数的值域为.
故答案为：.
16. 北京时间2022年9月24日晚，在2022年世界赛艇锦标赛女子四人双浆决赛中，东京奥运冠军组合崔晓桐､吕扬､张灵､陈云霞再次联手出击，强势夺冠，继2019年世锦赛后为中国队实现该项目的成功卫冕，赛艇是一种靠浆手划浆前进的小船，分单人艇､双人艇､四人艇､八人艇四种，不同艇种虽大小不同，但形状相似.根据相关研究，比赛成绩t（单位：min）与奖手数量n（单位：个）间的关系为（为常数且）.已知在某次比赛中单人艇2000的比赛成绩为7.21，由于比赛记录员的疏忽，现有一个用时为6.67min的比赛成绩但不清楚属于哪一艇种，推断该比赛成绩所属的艇种最有可能是___________（从“单人艇”“双人艇”“四人艇”“八人艇”中选择一个即可）；若已知比赛的赛艇艇种为八人艇，推断在相同比赛条件下该赛艇比赛成绩的理论估计值为___________（结果保留两位小数，参考数据：，，）.
【答案】 ①. 双人艇 ②.
【解析】
【详解】由已知得，当时，，代入解得，
当时，，
故该比赛成绩所属的艇种最有可能是双人艇；
当时，，
故在相同比赛条件下该赛艇比赛成绩的理论估计值为.
故答案为：双人艇；
四､解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.）
17. 已知集合.
（1）求；
（2）若且，求实数的取值范围.
【答案】（1）.
（2）.
【解析】
【小问1详解】
由题意，则，解得，
所以，
又，
所以.
【小问2详解】
因为，，即，
所以，
所以，解得，即实数的取值范围时.
18. 已知函数过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交.（注：是自然对数的底数）
（1）求该函数的解析式并判断其奇偶性；
（2）若实数满足不等式，求实数的取值范围.
【答案】（1），函数为偶函数.
（2）.
【解析】
【小问1详解】
由题意函数过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交.，
故在时，递增，又此时递减，故需满足，
由知，，
而无限接近直线但又不与该直线相交，则，
又 ,解得 ，
，因为的定义域为，关于原点对称，
且，故函数为偶函数.
【小问2详解】
当时，，设，
则
，
因为，所以，则，
所以，
故函数在上单调递增.
原不等式可化为，
因为函数为偶函数，，则有，
又函数在上单调递增，则有，
两边平方，得，即，解得，
即实数的取值范围为.
19. 已知，其中为奇函数，为偶函数.
（1）求与的解析式；
（2）判断函数在其定义域上的单调性并用定义证明.
【答案】（1），
（2）函数在区间上单调递增，证明见解析
【解析】
【小问1详解】
由于函数为奇函数，为偶函数，
可得，，
因为，
所以，
即，
解得，.
【小问2详解】
的定义域为，
，
且，
则.
所以，即，
所以函数在区间上单调递增.
20. 已知函数
（1）试讨论方程实数解的个数，其中；
（2）若方程的实数解有3个，分别记为，其中，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
由基本不等式，时，，当，即时等号成立；
时，，当，即时等号成立.
令，则..
画出的图像与直线，如图.
由图像可知，
当，即时，有1个解；
当或，即时，有2个解；
当，即时，有3个解.
【小问2详解】
由（1）知，当时，有3个解，
根据图像以及3个解的大小关系，有，其中，
对于，已知，解得，则，
故，即的取值范围为.
21. 物体在常温下冷却的温度变化可以用牛顿冷却定律来描述：设物体的初始温度为，经过一段时间后的温度为T，则，其中，为环境温度，a为参数.某日室温为20，上午8点小王使用某品牌电热养生壶烧1升水（假设加热时水温随时间变化为一次函数，且初始温度与室温一致），8分钟后水温达到100，8点18分时，壶中热水自然冷却到60.
（1）求8点起壶中水温T（单位：）关于时间t（单位：分钟）的函数；
（2）若当日小王在1升水沸腾（100）时，恰好有事出门，于是将养生壶设定为保温状态，已知保温时养生壶会自动检测壶内水温，当壶内水温高于临界值50时，设备不加热，当壶内水温不高于临界值50时，开始加热至80后停止，加热速度与正常烧水一致，问养生壶（在保温状态下）多长时间后第二次开始加热？（结果保留整数）（参考数据：）
【答案】（1）
（2）27分钟后养生壸（在保温状态下）第二次开始加热
【解析】
【小问1详解】
当时，设，
代入，，解得，则，
由题意，代入，，，得，
所以.
【小问2详解】
若从降温至，
由题意有，代入，
计算得分钟，
故经过14分钟养生业（在保温状态下）开始第一次加热；
从加热至需要分钟，
从降温至，，代入，，，可得，计算得分钟，
则共需要分钟，
故27分钟后养生壸（在保温状态下）第二次开始加热.
22. 已知函数.
（1）当时，写出的单调区间（不需要说明理由）；
（2）当时，解不等式；
（3）若存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，在单调递增.
（2）.
（3）或.
【解析】
【小问1详解】
当时， ,
故在上单调递增，在上单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
当时，，记 ,
则，故为奇函数，且在上单调递增，
不等式化为，
即，
即，即，
从而由在上单调递增，得，即，解得，
故不等式解集为.
【小问3详解】
设，则问题转化为存在，使得，
又注意到时，，且，
可知问题等价于存在，即在上有解.
即在上有解，于是或在上有解，
进而或在上有解，
由函数在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递增，
可知，
故的取值范围是或.