2024-2025学年云南省曲靖市马龙区高一上册12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省曲靖市马龙区高一上册12月月考数学检测试题（含解析），共12页。试卷主要包含了本卷主要考查内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑：非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5.本卷主要考查内容：必修第一册第一章～第五章5.2.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．半径为，圆心角为210°的扇形的弧长为（ ）
A．B．C．D．
2．命题“，”的否定为（ ）
A．，B．.，
C．，D．，
3．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
4．设，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的零点所在的区间是
A．B．C．D．
6．已知正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知关于x的不等式的解集为，函数（且）为指数函数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．若定义在上的偶函数在区间上单调递增，且，则满足的的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题：本题共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．关于的不等式对任意恒成立的充分不必要条件有（ ）
A．B．C．D．
10．如果，，那么下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
11．若是第二象限角，则（ ）
A．是第一象限角B．是第一或第三象限角
C．是第二象限角D．是第三或第四象限角
12．已知函数的图像如图所示，则的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．函数（且）的图象恒过定点 .
14．已知函数，则的单调递减区间为 .
15．某产品的总成本（万元）与产量（台）之间的关系式为，若每台产品的售价为8万元，且当产量为6台时，生产者可获得的利润为16万元，则 .
16．已知函数是偶函数，且其定义域为，则 .
四、解答题：本题共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．计算：（1）;
（2）
18．已知集合，.
(1)若，求；
(2)若，求a的值.
19．已知，求下列各式的值.
(1)；
(2).
20．已知幂函数与一次函数的图象都经过点，且.
(1)求与的解析式；
(2)求函数在上的值域.
21．已知函数
(1)若的值域为，求实数的取值范围；
(2)若在内为单调函数，求实数的取值范围.
22．已知函数.
(1)若，求在区间上的最大值和最小值；
(2)若在上恒成立，求a的取值范围.
1．D
【分析】先将角度化为弧度，然后利用弧长公式求解即可.
【详解】圆心角化为弧度为，则弧长为.
故选：D
2．D
【分析】全称命题的否定变为特称命题.
【详解】“，”的否定为“，”，
故选:D.
3．C
【分析】根据对数中真数大于零，分式中分母不等于零列不等式，解不等式即可得到定义域.
【详解】由可得，又因为，所以函数的定义域为.
故选：C.
4．D
【分析】利用对数函数的性质可以将三数与0，1比较大小，然后得到答案.
【详解】∵，
∴，
故选:D．
本题考查利用指数对数函数的单调性比较大小问题，对于含有对数，指数幂的混合型比较大小，其中的两个对数或两个幂有没法化成简单的同底数的对数或幂（或同指数的幂）形式，一般尝试和0，1等常见整数比较大小，就往往可以得到答案.
5．C
【分析】由零点存在定理，依次判断选项中区间端点函数值的正负，从而得到零点所在的区间.
【详解】因为，，
，，
所以在上存在零点．
故选C.
本题考查零点存在定理的运用，考查基本运算求解能力，求解时只要算出区间端点函数值的正负，即可得到答案.
6．C
【分析】利用乘1法即得.
【详解】∵，
∴
，
当且仅当,即，时，取等号.
故选：C.
7．A
【分析】由不等式的解集为，可得，再由为指数函数可得，代入运算可得解.
【详解】因为不等式的解集为，所以，即，
又为指数函数，，所以，，且，
.
故选：A.
8．A
【分析】由已知或，利用偶函数的对称性及单调性列不等式组求解集.
【详解】因为定义在上的偶函数在区间上单调递增，且.
所以或，即或，
解得或，
综上，满足原不等式的的取值范围是.
故选：A
9．AC
【分析】先求不等式对任意恒成立的充要条件，然后根据选项判断与其包含关系即可.
【详解】当不等式对任意恒成立时，有，
解得，记.
由题知，集合A的真子集即为不等式对任意恒成立的充分不必要条件.
故选：AC．
10．ACD
【分析】利用不等式性质可判断AC正确，取特殊值可知B错误；利用作差法可知D正确.
【详解】由题知，，所以，故A正确﹔
取，，则，，故B不正确﹔
因为，，所以，故C正确；
因为，故，故D正确，
故选：ACD.
11．AB
【分析】由与关于x轴对称，判断A选项；
由已知得，，再根据不等式的性质可判断B选项；
由是第一象限角判断C选项；
由不等式的性质可得，，由此可判断D选项．
【详解】解：因为与关于x轴对称，而是第二象限角，所以是第三象限角，所以是第一象限角，故A选项正确；
因为是第二象限角，所以，，所以，，故是第一或第三象限角，故B选项正确；
因为是第二象限角，所以是第一象限角，故 C选项错误；
因为是第二象限角，所以，，所以，，所以的终边可能在y轴负半轴上，故D选项错误．
故选：AB.
12．AB
【分析】根据二次函数的图像判断参数的范围，再根据对数函数的性质即可选出答案.
【详解】解：根据二次函数图像可知，，两个数一个大于1，一个大于0且小于1，
当，时，在定义域内单调递增，，故B项符合题意；
当，时，在定义域内单调递减，，故A项符合题意.
故选：AB.
13．
【分析】令可求出过定点的横坐标，代入函数中可求出其纵坐标，从而可求得结果.
【详解】令，解得，又，
所以函数（且）的图象恒过定点.
故
14．
【分析】根据复合函数的单调性法则，结合指数函数以及二次函数的单调性即可求解.
【详解】可由复合而成，
由于函数在定义域内单调递增，
而函数在单调递增，在单调递减，
所以的单调递减区间为，
故
15．3
【分析】解方程得出的值.
【详解】当产量为6台时，总成本为万元，则生产者可获得的利润为，解得.
故
16．
【分析】根据偶函数的图像关于y轴对称的性质，即可求解
【详解】解：因为是偶函数，且其定义域为，
所以，解得，
，所以，解得，
所以，
故答案为.
17．(1)2 (2)
【分析】（1）根据对数的运算性质，即可求解；
（2）根据实数指数幂的运算性质，即可化简求得结果.
【详解】（1）

（2）


本题主要考查了实数指数幂的运算性质和对数的运算性质的应用，其中解答中熟记指数幂和对数的运算性质是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据分式不等式以及一元二次不等式化简集合，即可由并集的运算求解，
（2）根据交集的结果，结合集合，即可判断是方程的一个根，代入即可求解.
【详解】（1）由可得，
当时，，
所以
（2），，
所以是方程的一个根，故，故，
19．(1)
(2)
【分析】（1）分子分母同除，代入即可求得结果；
（2）配凑成，分子分母同除，代入即可求得结果.
【详解】（1）.
（2）.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）设出函数解析式，代入点的坐标，求出函数解析式；
（2）写出函数，利用换元法求解函数的值域即可.
【详解】（1）设，，，
则，
解得，
则，；
（2）由（1）知，，
令，，则，
记，
当时，，
当或1时，，
故在上的值域为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据的值域为能取的一切值，建立不等式求解即可；
（2）函数在内为单调函数，即在内也为单调函数，注意对数函数定义域，建立不等式求解即可.
【详解】（1）令，.
的值域为能取的一切值，
所以.
（2）因为在内为单调函数，且在定义域内单调递减，
所以在内也为单调函数，且时，
当在内单调递增时，即函数的对称轴且，解得；
当在内单调递减时，即函数的对称轴且，此时无解；
综上所诉：实数的取值范围为.
关键点睛：1.的值域为等价于能取的一切值；
2.若在内为单调函数，根据复合函数单调性可知，在内也为单调函数，解题时还需注意函数定义域.
22．(1)最大值为3，最小值为2
(2)
【分析】（1）当时，，令，将问题转化为二次函数求最值问题得解；
（2）令，原不等式可化为，对任意的成立，分离参数结合基本不等式可得解.
【详解】（1）当时，，，
令，则，，开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当，即时，函数也就是取得最小值，，
当，即时，函数取得最大值，.
（2）在上恒成立，即，令，
原不等式可化为，对任意的成立，
可转化为，对任意的成立，
因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以即可，
所以实数的取值范围为.