福建省福州市福建师大二附中2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州市福建师大二附中2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
班级：______座号：______姓名：______
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的定义求解即得.
【详解】集合，所以.
故选：D
2. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由二次根式的被开方数非负和对数的真数大于零求解即可
【详解】由题意得，解得，
所以函数的定义域为，
故选：C
3. 方程的根所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用零点存在定理可得出结果.
【详解】令，因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，
因为，，，
由零点存在定理可知，方程的根所在的区间为.
故选：B.
4. 函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断函数的奇偶性，排除选项，再判断时，函数值的正负，排除选项.
【详解】显然，，解得：且，函数的定义域关于原点对称，且，函数是奇函数，关于原点对称，排除CD；
当，，，所以，排除B
故选：A．
5. 已知xy＞0，若，则的最小值为（ ）
A. 24B. 16C. 12D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】将变形为，再结合均值不等式即可求出结果.
【详解】因为，则，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
因此的最小值为.
故选：D.
6. 已知函数在[2，3]上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性法则“同增异减”求解即可.
【详解】由于函数在上单调递减，在定义域内是增函数，
所以根据复合函数单调性法则“同增异减”得：
在上单调递减，且，
所以且，解得：.
故的取值范围是
故选：C.
7. 标准的围棋共行列,个格点，每个点上可能出现“黑”“白”“空”三种情况，因此有种不同的情况，而我国北宋学者括在他的著作《梦溪笔谈》中，也论过这个问题，他分析得出一局围棋不同的变化大约有“连书万字五十二”，即，下列数据最接近的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合对数的运算，即可得到结果.
【详解】由题意，对于，有
，
所以，分析选项B中与其最接近.
故选：B
8. 函数满足，当时都有，且对任意，不等式恒成立．则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析得到函数为偶函数，在单调递增，则对任意的，不等式恒成立，转化为，恒成立，再转化为，得，恒成立，再分两种情况，得到的范围.
【详解】由题得函数为偶函数，在单调递增，
则对任意的，不等式恒成立，
则不等式，恒成立，
则，恒成立，
得，得，恒成立，
则且，或且，恒成立，
即当时，且，或且，
又当，有，，
得.
故选：C.
【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性，单调性解不等式，考查了学生分析能力，逻辑思维能力，转化思想，综合能力强，难度大.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 符号表示不超过的最大整数，如，，，定义函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的定义域为B. 函数的值域为
C. 函数无最大值D. 函数在定义域内是增函数
【答案】AC
【解析】
【分析】由题设所给条件，结合的范围，对进行化简，作出函数图像，根据函数图像对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】由题知，函数中的为任意实数，所以选项A正确；
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，以此类推，作出函数的部分图像，如图所示，
由图知，函数值域为，所以选项B错误，选项C正确；
又由图可知，在定义域上没有单调性，所以选项D错误，
故选：AC.
10. 下列各组函数是同一函数的是（ ）
A. 与；
B. 与；
C. 与；
D. 与.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据同一函数的定义，结合函数的定义域与对应法则，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，函数与的对应法则不同，所以不是同一函数；
对于B中，函数与对应法则不同，所以不是同一函数；
对于C中，函数与的定义域和对应法则都相同，所以是同一函数；
对于D中，函数与的定义域和对应法则都相同，所以是同一函数.
故选：CD.
11. 下列四个命题中为假命题的是（ ）
A.
B. 命题“”的否定是“”
C. 设p：1＜x＜2，q：2x＞1，则P是q的必要不充分条件
D. 与的图象关于直线y＝x对称
【答案】BC
【解析】
【分析】根据零点存在定理可判断A的正误，根据全称命题的否定形式可判断B的正误，根据条件之间的推出关系或集合间的包含关系可判断C的正误，结合反函数图象的性质即可判断D的正误.
【详解】对于A，令，则在为连续函数，且，，故在存在零点，即在存在零点，
故方程在上有解，故A正确.
对于B，命题“，”的否定是“，”，故B错误.
对于C，即为，而为的真子集，
故是的充分不必要条件，故C错误.
对于D，因为函数与互为反函数，所以图象关于直线y＝x对称，故D正确.
故选：BC.
12. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数有3个零点
B. 若函数有四个零点，则
C. 若关于的方程有四个不等实根，则
D. 若关于的方程有8个不等实根，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】画出的图象利用数形结合可判断ABC，根据图象及二次方程根的分布可判断D.
【详解】对A，当时，单调递增，
当时，单调递减，
画出的图象，可以看出关于对称，

当时，取得最小值为1，
在同一坐标系内作出的图象，可看出两函数图象有3个交点，

所以函数有3个零点，A正确；
对B，由图象可知，函数有四个零点，则，B错误；

对C，由图象可知，若关于的方程有四个不等实根，
不妨设，则关于对称，关于对称，
所以，所以，C正确；
对D，令，若关于的方程有8个不等实根，
则要有2个不相等的实数根，且，
所以，所以，即，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知幂函数过点，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，求出幂函数的解析式，再求出函数值即得.
【详解】依题意，设，则有，解得，即，
所以.
故答案为：3
14. 已知，且，那么________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，判断的奇偶性，解出即可求出答案.
【详解】令，，是奇函数.
,,.
.
故答案为：
15. 函数恒过定点________．
【答案】(1,2)
【解析】
【详解】当时，.
所以函数恒过定点(1,2).
16. 已知函数（a＞0且b＞－1），，若对任意x∈R，不等式恒成立，则＝________，的最小值是________．
【答案】 ①. 1; ②. ##.
【解析】
【分析】分析出，再将变形成，用基本不等式中的“1”的活用技巧求解最小值即可.
【详解】因为对任意，不等式恒成立
当时，，有；
当时，，有.
又连续不断，故必有
所以即.
，
当且仅当，时等号成立，
即的最小值为.
故答案为：1；.
四、解答题（本大题共6小题，共68分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. （1）计算
（2）计算.
【答案】（1）0；（2）3
【解析】
【分析】（1）利用有理数指数幂性质以及运算法则求解；
（2）利用对数性质及运算法则求解.
【详解】（1）
.
（2）
.
18. 设全集，集合，，．
（1）求和；
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）或，
（2）
【解析】
分析】（1）根据补集和交集定义即可求解；（2）得出集合A,C关系即可求解
【小问1详解】
或
【小问2详解】
因为
所以，
所以且
所以
所以a的取值范围
19. 已知函数，其中，，函数.
（1）求的值并用定义法证明函数在区间上单调递减；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1），证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由可求得的值，然后任取、且，作差，因式分解，判断差值符号，由此可证得结论成立；
（2）分、、三种情况讨论，结合函数的单调性可得出关于实数的不等式，综合可解得实数的取值范围.
【详解】（1）因为，，.
任取、且，
所以，
又因为，所以，，，所以，
所以，即，
所以函数在区间上单调递减；
（2）因为，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减.
①当时，则，必有，所以不合题意；
②当时，则，
；
③当时，恒成立.
综上，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：
（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义得出结论.
即取值作差变形定号下结论.
20. 已知某观光海域AB段的长度为3百公里，一超级快艇在AB段航行，经过多次试验得到其每小时航行费用Q（单位：万元）与速度v（单位：百公里／小时）（0≤v≤3）的以下数据：
为描述该超级快艇每小时航行费用Q与速度v的关系，现有以下三种函数模型供选择：Q＝av3＋bv2＋cv，Q＝0．5v＋a，Q＝klgav＋b．
（1）试从中确定最符合实际的函数模型，并求出相应的函数解析式；
（2）该超级快艇应以多大速度航行才能使AB段的航行费用最少？并求出最少航行费用．
【答案】（1）选择函数模型，函数解析式为；（2）以1百公里/小时航行时可使AB段的航行费用最少，且最少航行费用为2.1万元.
【解析】
【分析】（1）对题中所给的三个函数解析式进行分析，对应其性质，结合题中所给的条件，作出正确的选择，之后利用待定系数法求得解析式，得出结果；
（2）根据题意，列出函数解析式，之后应用配方法求得最值，得到结果.
【详解】（1）若选择函数模型，则该函数在上为单调减函数，
这与试验数据相矛盾，所以不选择该函数模型．
若选择函数模型，须，这与试验数据在时有意义矛盾，
所以不选择该函数模型．
从而只能选择函数模型，由试验数据得，
，即，解得
故所求函数解析式为：．
（2）设超级快艇在AB段的航行费用为y（万元），
则所需时间为（小时），其中，
结合（1）知，
所以当时，．
答：当该超级快艇以1百公里/小时航行时可使AB段的航行费用最少，且最少航行费用为2．1万元．
【点睛】该题考查的是有关函数的应用题，涉及到的知识点有函数模型的正确选择，等量关系式的建立，配方法求二次式的最值，属于简单题目.
21. 定义在上的函数满足，对任意的，有，且当时，.
（1）求的值，并证明函数是奇函数；
（2）判断函数在上的单调性并证明；
（3）解不等式.
【答案】21. ，证明见解析；
22. 单调递减，证明见解析；
23. .
【解析】
【分析】（1）利用赋值法求得，利用定义证明函数为奇函数.
（2）判断函数单调性，并用定义证明函数在上的单调性.
（3）根据函数单调性求得不等式的解集.
【小问1详解】
依题意，函数对任意的，都有，
令，得，所以；
，取，则，即，
所以是奇函数.
【小问2详解】
在上单调递减，证明如下：
任取，有，而当时，，则，
于是，
所以在上单调递减.
【小问3详解】
由于，则，，
于是不等式，
由（2）知，，解得，
所以原不等式的解集为.
22. 已知函数（a＞0且）是偶函数，函数（a＞0且）．
（1）求b的值；
（2）若函数有零点，求a的取值范围；
（3）当a＝2时，若，使得恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据f（x）为偶函数，由f（－x）＝－f（x），即对恒成立求解；
（2）由有零点，转化为有解，令，转化为函数y＝p（x）图象与直线y＝a有交点求解；
（3）根据，使得成立，由求解.
【小问1详解】
解：因为f（x）为偶函数，
所以，都有f（－x）＝－f（x），
即对恒成立，
对恒成立
，对恒成立，
所以．
【小问2详解】
因为有零点
即有解，即有解．
令，则函数y＝p（x）图象与直线y＝a有交点，
当0＜a＜1时，无解；
当a＞1时，在上单调递减，且，
所以在上单调递减，值域为．
由有解，可得a＞0，此时a＞1，
综上可知，a的取值范围是；
【小问3详解】
，
当时，，
由（2）知，当且仅当时取等号，所以的最小值为1，
因为，使得成立，
所有，
即对任意的恒成立，
设，
所以当t＞1时，恒成立，
即，对t＞1恒成立，
设函数在单调递减，
所以，
所以m≥0，即实数m的取值范围为．0
1
2
3
0
0.7
1.6
3.3