2022-2023学年山东省泰安市肥城市第一高级中学高一上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省泰安市肥城市第一高级中学高一上学期12月月考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，函数的定义域为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据函数定义域求出集合,再由交集定义即可求出交集.
【详解】因为函数的定义域为,
又因为,所以
故选:.
2．（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由诱导公式可得答案.
【详解】
.
故选：C
3．函数f（x）=lnx+3x-7的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由函数的解析式求得f（2）f（3）＜0，再根据根据函数零点的判定定理可得函数f（x）的零点所在的区间．
【详解】∵函数f（x）=lnx+3x-7在其定义域上单调递增，
∴f（2）=ln2+2×3-7=ln2-1＜0，f（3）=ln3+9-7=ln3+2＞0，
∴f（2）f（3）＜0．
根据函数零点的判定定理可得函数f（x）的零点所在的区间是（2，3），
故选C．
【点睛】本题主要考查求函数的值，函数零点的判定定理，属于基础题．
4．已知，则这三个数的大小顺序为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用对数函数的单调性和中间数0可判断三个数的大小关系.
【详解】因为为增函数，故，
因为为减函数，故，
而，故，
故选：B.
5．已知半径为2的扇形面积为则扇形的圆心角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据扇形的面积公式，代入相关数据，即可求解.
【详解】设扇形的圆心角大小为，半径为，则由扇形的面积为，可得：，解得：扇形的圆心角．
故选：C
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】原式平方可得，然后可求的平方，结合的范围即可求解.
【详解】∵，∴，
∵，
∴，又∵，
∴∴.
∴
故选：.
7．已知函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】画出图像,数形结合即可求解.
【详解】作函数的图像如下，
函数恰有两个零点可转化为与有两个不同的交点，
故.
故选:.
8．已知函数为奇函数，，若对任意，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据奇函数求出，进而求出，然后结合题意可知要使对任意，恒成立，只需，进而结合复合函数的单调性求出的最小值，从而可求出结果.
【详解】因为函数的定义域为，又为奇函数，∴，解得，∴，所以，
要使对任意，恒成立，只需，
显然，由复合函数的单调性可知在上单调递减，在上单调递增，又，∴，即，
故选：C
二、多选题
9．下列叙述中正确的是（ ）
A．若，则
B．在定义域内既是奇函数，又是减函数
C．若有意义，则
D．为奇函数
【答案】AD
【分析】先根据同角三角函数关系判断,根据函数单调性,对数函数定义域和奇偶性判断选项即可.
【详解】对于:因为,可得,,故正确;
对于:,,则在定义域内不是减函数,故错误;
对于:若有意义,则,可得定义域为,故错误;
对于:的定义域为关于原点对称
,为奇函数,故正确.
故选:.
10．下列叙述中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，则
C．函数的值域为
D．已知，则“”是“”的充分不必要条件
【答案】BC
【分析】根据不等式的性质，对数函数的性质，以及二次函数的性质，逐个选项进行判断，即可得答案.
【详解】对于A，，，所以，，故A错误；
对于B，，得，解得，故B正确；
对于C，取，则，取，因为此时的对称轴为，故
函数在上为单调递增函数，，故函数的值域为，故C正确；
对于D，证明充分性， 取，此时，成立，但是不成立，故充分性不成立，故D错误；
故选：BC
11．下列命题正确的是（ ）
A．函数的定义域为
B．函数的最大值为2
C．若，且，则
D．函数的最大值为
【答案】ABD
【分析】分别应用指对数转换及对数运算,解对数不等式,对数函数值域等判断选项,
再应用同角三角函数关系把函数转化为二次函数求值域即可判断选项.
【详解】对于:已知函数,可得,
即得可得,
所以函数的定义域为,故正确;
对于:,
当时,最大值为4,,故正确;
对于:因为,所以,
,可得,即,故错误;
对于:,
令,
当时,故正确.
故选:.
12．下列说法中正确的是（ ）
A．函数的单调递增区间是
B．若是定义在上的奇函数，且当时，，则
C．函数的定义域为
D．实数是命题“”为假命题的充分不必要条件
【答案】ACD
【分析】根据复合函数单调性可判断A，根据奇函数性质求出函数值可判断B，求出函数定义域可判断C，根据二次函数根的判别式可判断D.
【详解】函数 的单调递增区间是 ,故A符合题意;
由 得, ,
又 是定义在 上的奇函数, 所以 ,
当 时, , 所以 ,
故 , 所以 ， 故 B 不符合题意;
由题意得 且 , 由 , 得 ,
由 , 得 ,
所以 或 , 所以函数的定义域为 ，故C符合题意;
命题“ ”为假命题, 则“ ”为真命题,
当 时, " "为真命题,
当 时, 由 可得 ，
所以命题“ ”为假命题的充要条件是 ，
故实数 是命题“ ”为假命题的充分不必要条件, 符合题意.
故选: ACD.
三、填空题
13．已知为锐角，且，则的值为_________．
【答案】
【分析】利用同角三角函数的基本关系结合诱导公式可求得结果.
【详解】因为为锐角，且，则，
因此，.
故答案为：.
14．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据复合函数单调性即可求得的取值范围.
【详解】在区间上单调递增
所以在区间上单调递增
所以对称轴，解得
当时，，解得
的取值范围是
故答案为：
15．已知，且，则的值为___________.
【答案】
【分析】利用换元法令，则结合诱导公式可得，
求的值注意符号的判断．
【详解】令，则
∵，则
故答案为：．
四、双空题
16．已知函数 ，若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围是________，设，则________.
【答案】
【分析】画出函数的图像，结合图像找到，，然后利用、可得答案.
【详解】由 有四个不同的零点 ，即方程 有四个不同的解，
函数 的图像如下图，且 与 的交点的横坐标为 ，
与 的交点的横坐标为 ，
由图可知 ，
由二次函数的对称性，可得 ，
由 ，得 ，
即 ，得 ，所以 ，
故 .
故答案为：① ；②-2.
五、解答题
17．计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)5
(2)21
【分析】（1）利用根式与指数幂的运算及特殊角三角函数值求解；
（2）利用对数的性质和运算求解.
【详解】（1）
；
（2）
.
18．已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，终边经过函数（且）的定点M.
(1)求的值；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求定点坐标，再利用三角函数的定义求三角函数值，从而代入求解；
（2）首先利用诱导公式化简，再转化为正切表示，代入正切求解.
【详解】（1）函数（且）的定点坐标是，所以，所以，，，
所以；
（2）

19．已知函数（且）的图像过点．
(1)求的值；
(2)若，求的解析式及定义域；
(3)在（2）的条件下，求的单调递增区间．
【答案】(1)
(2)，定义域为
(3)
【分析】（1）将点代入对数函数解析式中，即可求得的值；
（2）根据题意直接代入解析式即可求得函数的解析式，然后由对数的真数大于零，即可得到其定义域；
（3）根据对数运算进行化简，由复合函数的单调性即可求得结果.
【详解】（1）函数且的图像过点，
可得，解得；
（2），
由，且，解得，可得的定义域为；
（3），
由在递增，递减，则在递增，
可得函数的增区间为．
20．已知函数（且）．
(1)当时，解关于的方程；
(2)当时，方程在上有解，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）令，换元后得，解得，进而求得；
（2）分离参数得，令换元后得，利用二次函数的性质求得的范围即可．
【详解】（1）解：当时，，
即，令，
则，
解得，
；
（2）解：，
即，
，
，
，
设，
则，对称轴为，
∴ 当时，递增，
，结合二次函数的性质，
．
21．已知函数是偶函数，其中是自然对数的底数．
(1)求的值；
(2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由函数是偶函数,即得,可求出；
（2）由恒成立,可分参转化,
令，则，，然后利用基本不等式求出右边的最小值即可.
【详解】（1）∵函数 是偶函数，
∴ ，即 ，恒成立
∴
（2）由题意，知 在 上恒成立，
则 ，即 ，
∴
令 ，则 .
∴ .
∵ 在 上单调递增，当且仅当 2 时,取到最小值 .
∴ . ∴的范围是.
22．已知函数（且）．
(1)若，求的最值；
(2)若有最大值，且，使得，求的取值范围.
【答案】(1)最大值为2，无最小值
(2)
【分析】（1）代入，求出函数的定义域，进而根据复合函数单调性“同增异减”的原则求得单调区间，进而求出的最值；
（2）根据题意求出函数的最大值，及的最大值，最后求出的范围.
【详解】（1）由得，则的定义域为.
当时，，函数单调递增，函数在上单调递增，在上单调递减.
故的最大值为，无最小值.
（2），，得.
因为有最大值.所以在上有最大值，则，，
因为，所以.
因为，，，所以.
所以，解得，故的取值范围为.