四川省成都市龙泉驿区东竞高级中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题

这是一份四川省成都市龙泉驿区东竞高级中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题，共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 函数的零点所在区间是， 已知下列各角， 下列四个命题等内容，欢迎下载使用。
1.答题前， 先将自己的姓名、班级、座号、准考证号填写在试卷和答题卡上.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草㵝纸和答题卡的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接写在答题卡上的对应答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效.
第 I 卷 选择题 （60 分）
一、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. 已知集合 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用并集的定义直接求解即得.
【详解】集合 ，所以.
故选：A
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】解方程，然后根据充分性和必要性的定义求解即可.
【详解】或，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
3. 设函数，则（ ）更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 A. 2B. 3
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入求值即可.
【详解】因为，所以.
故选：B
4. 已知扇形的圆心角为，弧长为，则扇形的半径为（ ）
A. B. 3
C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形的弧长公式，即可求得答案.
【详解】由扇形的圆心角为，即为，
又弧长为，故扇形的半径为，
故选：D
5. 已知角的终边经过点， 则的值为（ ）
A. B.
C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数定义求解即可.
【详解】由任意角的三角函数定义可得.
故选：D.
6. 函数的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用零点存在定理可得出结论.
【详解】函数在上单调递增，
因为，，，，
所以，函数的零点所在区间是.
故选：C.
7. 为了衡量星星的明暗程度， 古希腊天文学家喜帕恰斯在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小， 星星就越亮； 星等的数值越大它的光就越暗.到了 1850 年， 由于光度计在天体光度测量的应用， 英国天文学家普森又提出了亮度的概念， 天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足 ， 其中星等为的星的亮度为.已知“心宿二”的星等是 1， “天津四”的星等是1.25 ，则“心宿二”的亮度大约是“天津四”的（ ）倍.
A. 1B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把已知数据代入公式计算．
【详解】由题意，即，
即，所以
故选：B.
8. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对数函数单调性及指数运算，再借助“媒介数”判断作答.
【详解】，，，而，即，
所以.
故选：D
二、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. 已知下列各角：①；②；③；④，其中是第二象限角的是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】CD
【解析】
【分析】求出给定的各个角与到间终边相同的角，即可作答.
【详解】对于①，，而是第三象限角，①不是；
对于②，角的终边为x轴非正半轴，②不是；
对于③，，是第二象限角，③是；
对于④，，是第二象限角，④是.
故选：CD
10. 下列四个命题：①；②若，则；③；④.其中真命题是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】AB
【解析】
【分析】根据对数的概念和常见底数的对数逐一判断每个选项
【详解】①，正确；
②根据指数式和对数式的互化可知其正确；
③，错误；
④，对数的真数部分是正数，因此无意义，错误.
故选：AB
11. 若是定义域为的偶函数，且在上为减函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 的图象关于y轴对称B. 在上为减函数
C. 当时，取得最大值D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用的奇偶性与单调性，逐一分析各选项即可得解.
【详解】因为是定义域为的偶函数，
所以的图象关于y轴对称，故A正确；
因为在上为减函数，
结合其奇偶性可知在上为增函数，故B错误；
由BC可知，当时，取得最大值，故C正确；
因为，所以，则，故D正确.
故选：ACD.
12. 已知函数，，．则下列说法正确的是（ ）
A. 函数与函数互为反函数
B. 函数在区间内没有零点
C. 若a，b，c均为正实数，且满足，则
D. 若函数的图象与函数的图象和函数的图象在第一象限内交点的横坐标分别为，则
【答案】AD
【解析】
【分析】求函数的反函数，判断A，根据零点存在性定理判断B，取特殊值判断C，根据反函数的性质判断D.
【详解】函数的反函数为，
所以函数与函数互为反函数，A正确；
由已知，
因为当时，，
当时，，
所以函数在区间内至少有一个零点，B错误；
取，可得，，，
所以，，，故，C错误；
因为函数，互为反函数，
所以函数，的图象关于直线对称，
又函数图象关于直线对称，
又函数与函数的图象的交点为，
函数与函数的图象的交点为，且
所以点和点关于对称，
所以，故，
所以，D正确.
故选：AD
第II卷（非选择题 共 90 分）
三、填空题： 本题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分.请将答案填写在答题卡相应位置上.
13. 已知，则=________．
【答案】9
【解析】
【分析】根据对数的概念，把对数式化为指数式，由指数幂的运算法则即可求解.
【详解】由，得，
所以，
故答案为：9.
14. 化简： ________.
【答案】1
【解析】
【分析】借助同角三角函数关系化简即可得.
【详解】
.
故答案为：1.
15. 函数，的值域为______.
【答案】
【解析】
分析】
确定函数在上的单调性，利用单调性求出最值即可．
【详解】解：函数的对称轴为，
函数在上单调递减，在上单调递增，
，，
函数的值域是，
故答案为：．
16. 函数，方程（）有3个实数解，则k的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件将方程的实数解问题转化为函数的图象与直线的交点问题，再利用数形结合即可作答．
【详解】解：方程有3个实数解，等价于函数的图象与直线有3个公共点，
因当时，在上单调递减，在上单调递增，，，
当时，单调递增，取到一切实数，
在同一坐标系内作出函数的图象及直线，如图：

由图象可知，当时，函数的图象及直线有3个公共点，
方程有3个解，所以k的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题： 本题共 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. 计算：
（1）；
（2）.
【答案】（1）11； （2）2.
【解析】
【分析】（1）利用指数、对数运算直接计算即可.
（2）利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算即得.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
原式
.
18. 设集合.
（1）若，求；
（2）若，求实数 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合一元二次不等式的解法化简集合A，根据集合的交集运算即可；（2）根据集合的包含关系即可求解.
【小问1详解】
由，解得，故，
当时，，则；
【小问2详解】
若，则，满足；
若，则，因为，
则，即，
综上：实数 的取值范围为
19. （1）已知 ， 求 的值；
（2）已知 ， 求 和 的值.
【答案】（1）；（2），.
【解析】
【分析】（1）原式的分子、分母同除以即可；
（2）根据给定条件，利用同角公式，结合三角函数的符号法则求解即得.
【详解】（1）∵，∴.
原式的分子、分母同除以，得原式 .故答案为:
（2）由，得，即，
解得，而，则，
因此，
所以，.
20. 已知指数函数 的图象经过点 .
（1）求函数 的解析式并判断 的单调性；
（2）函数 ， 求函数 在区间 上的最小值.
【答案】20. ；在R上单调递增；
21.
【解析】
【分析】（1）将代入即可求解，则解析式和单调性可求；
（2）利用换元法，结合指数函数以及二次函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
因为函数（且）的图象过点，则，
解得，因此，，
由于，结合指数函数的性质可知，是R上的单调递增函数；
【小问2详解】
，令，因为，则，
令，，
关于对称，
当时，函数上单调递增，此时，，
当时，函数上单调递减，在上单调递增，
此时，，
当时，函数在上单调递减，此时，，
综上：.
21. 秋冬季是流感的高发季节，为了预防流感，某学校决定对教室采用药熏消毒法进行消毒，药熏开始前要求学生全部离开教室.已知在药熏过程中，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）与药熏时间（小时）成正比：当药熏过程结束，药物即释放完毕，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）达到最大值.此后，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）与时间（小时）的函数关系式为（为常数，）.已知从药熏开始，教室内每立方米空气中的药物含量（毫克）关于时间（小时）的变化曲线如图所示.

（1）从药熏开始，求每立方米空气中的药物含量（毫克）与时间（小时）之间的函数关系式；
（2）据测定，当空气中每立方米的药物含量不高于毫克时，学生方可进入教室，那么从药薰开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教室.
【答案】（1）
（2）至少需要经过后，学生才能回到教室
【解析】
【分析】（1）根据图象利用待定系数法计算函数关系式即可；
（2）根据指数函数的单调性解不等式计算即可.
【小问1详解】
依题意，当时，
可设，且，解得，
又由，解得，
所以；
【小问2详解】
令，
即，解得，
即至少需要经过后，学生才能回到教室.
22. 已知函数，，.
（1）若，求不等式的解集；
（2）已知函数，且方程有唯一实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析函数的定义域与单调性，由可得出关于的不等式组，即可得解；
（2）分析可知方程在时由唯一解，分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二种情况下，由已知条件可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：若，，由可得，
故函数的定义域为，
因为内层函数为上的增函数，外层函数为增函数，
故函数在上为增函数，
由可得，解得
不等式的解集为.
【小问2详解】
解：因为方程有唯一实数解，则方程有唯一实数解，
即时，方程有唯一实数解.
即时，方程有唯一实数解，
即方程有唯一实数解.
①若，即时，解得，此时，合乎题意；
②若，即时，解得，，
当时，解得，此时，合乎题意；
当时，由，方程有唯一解，
则或，解得或.
因此，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.