2023-2024学年重庆市名校联盟高一上学期第二次联考（12月）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年重庆市名校联盟高一上学期第二次联考（12月）数学试题含答案，共16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。

一、单选题
1．若全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用并集、补集的定义求解判断即得.
【详解】由，，得，而全集，
所以.
故选：D
2．命题，的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】根据全称命题的否定，改变量词，否定结论，由此可得出结果.
【详解】由全称命题的否定可知，命题，的否定为“，”.
故选：A.
【点睛】本题考查全称命题的改写，属于基础题.
3．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据具体函数定义域的求法列式求解即可.
【详解】由得
，解得：，
故函数的定义域为.
故选：A.
4．设，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】结合不等式性质，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可得答案.
【详解】当时，不妨取，满足条件，但推不出；
当时，一定有，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：C
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式可得，由求出，结合计算即可求解.
【详解】由，得，
又，所以，
所以.
故选：C
6．若为函数的零点，则所在区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】判断函数的单调性，再结合零点存在定理即可判断出答案.
【详解】由于在上均单调递增，
故在上单调递增，
又，，
，，
故在上有唯一零点，即，
故选：B
7．已知函数为定义在R上的奇函数，当时，都有成立，且，则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据单调性的定义，由根据题意，在上为增函数，又函数为定义在R上的奇函数，所以当时，，当时，即可得解.
【详解】根据题意，在上为增函数，
又函数为奇函数，所以在上也为增函数，
又所以，
所以当时，，
当时，，
若要，则，
又，所以当时.
故选：D
8．函数是定义在R上的偶函数，且当时，.若对，使得恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质将不等式等价转化为恒成立，然后利用指数函数的单调性建立条件关系即可得到结论．
【详解】当时，为增函数，又是偶函数，
则在上为减函数，故，
可化为，从而.
原不等式可化为，对恒成立，即，
两边平方后可化为，对恒成立.
由二次函数的性质可知成立，即，
解得，
从而实数的取值范围是.
故选：C.
二、多选题
9．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据题意由可得，根据由可得联立即可得解.
【详解】由可得
所以，故B正确；
又，所以且，所以，故A错误；
由，所以，
联立可得，，故C正确，D错误.
故选：BC
10．已知且，则（ ）
A．的最大值为2B．的最小值为
C．的最小值为8D．的最大值为
【答案】ABC
【分析】根据基本不等式及其应用，逐项分析判断，对A，直接利用基本不等式即可判断； 对B， 由，再利用基本不等式即可；对C，由即可判断， 对D，即可判断.
【详解】对A，，所以，当且仅当时成立，故A正确；
对B，，
当且仅当即时成立；
对C，由，可得，当且仅当时成立，故C正确；
对D，，当且仅当时成立，故D正确.
故选：ABC
11．若，则下列式子可能成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由换底公式可得，故或或，根据对数函数的单调性即可求解.
【详解】因为，所以，即，
所以或或，
所以或或.
故选：AD.
12．设函数的定义域为R，且满足，当时，. 则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．为偶函数D．方程在所有根之和为
【答案】ABD
【分析】根据，利用变量代换，可判断A；利用赋值法求得，结合A的结论，判断B；采用反证思想，推出矛盾，判断C；将方程的根的问题转化函数图象的交点问题，数形结合，判断D.
【详解】由代换等式中可得，
即化为，又，即化为；
又由代换等式中可得，
即化为，再用代换可得，
即成立，即A正确.
令代入等式有，即，
又成立，即B正确.
若为偶函数，即函数图象关于轴对称，
故将的图象向左平移一个单位长度可得函数的图象，其图象应关于对称，
即成立，结合，
则，即，
令，则，而时，，则，矛盾，
故假设不成立，即C错误.
方程可化为，即该方程的根等价于函数与图象公共点的横坐标，
因为，故图象关于成中心对称；
由于，则图象关于直线对称；
结合时，可作出在上的图象：
如图：
而函数图象由图象向左平移1个单位得到，也关于成中心对称；
故两函数图象都关于点中心对称，
结合图象可知与的图象在上恰好有八个公共点，
记为，且，
又这八个公共点两两关于对称，则，
故成立，D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：本题考查抽象函数的性质，要综合应用函数的对称性、周期性的知识解答，判断D选项时，要将方程的根的问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，进行解答.
三、填空题
13．已知一个扇形的圆心角为，半径为，则该扇形的面积为 .
【答案】
【分析】由题意求出扇形的弧长，根据扇形的面积公式，即可得答案.
【详解】设扇形的弧长为l，则，
故该扇形的面积为，
故答案为：
14．已知函数，若，则实数 .
【答案】
【分析】由分段函数的分段情况分类讨论，列式求解即可，注意满足前提条件.
【详解】当时，，解得，与冲突，故舍去，
当时，，解得，满足，
故实数，
故答案为：.
15．若函数的单调递增区间为，且函数的单调递减区间为，则实数 .
【答案】1
【分析】根据二次函数的性质可得对称轴，即，再根据同增异减原理，函数的单调递减区间为函数的递增区间，即可得解.
【详解】根据函数的单调递增区间为，
所以对称轴，即，
所以，
根据同增异减原理，
函数的单调递减区间为函数的递增区间，
的递增区间为，
所以，
故答案为：1
16．已知函数，若时，使得，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由可得，则且，进而得，利用换元法可得()，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由可得，
又可得，即，
可化为，得，且.
又，
令，则，，
该二次函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，.
故答案为：
四、解答题
17．用相关公式或运算性质对下列式子进行必要的化简并求值.
(1)
(2)已知，求
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据指数幂的运算和对数运算化简求解即可；
（2）根据诱导公式和化弦为切齐次式运算即可.
【详解】（1）原式；
（2）原式.
18．已知集合，集合.
(1)若，求；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件求出集合，再利用集合的运算即可求出结果；
（2）根据条件得到，再分和两种情况，利用集合的包含关系即可求出结果.
【详解】（1）由得到，所以，
又时，，
所以.
（2）由（1）知，又，所以，
①当时，有，则，满足题意；
②当时，则，解得，即
综上所述，实数的取值范围为.
19．已知关于的不等式.
(1)若，且不等式的解集为，求实数的值；
(2)若，求不等式的解集.
【答案】(1)-1
(2)答案见解析
【分析】（1）转化为两个实根，从而得到，得到答案；
（2）分，，三种情况，求出不等式的解集.
【详解】（1）由对应的一元二次方程可知必有两个实根
又由其不等式的解集为
由此可得，；
（2）当时，，不等式解集为R，
当时，的解集为，
当时，的解集为，
综上，当时，解集为R，
当时，解集为，
当时，解集为.
20．已知函数为奇函数.
(1)求实数的值及函数的值域；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)1，
(2)
【分析】（1）由奇函数的性质可得，即可求出m的值；由可得，即可求解；
（2）利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可求解.
【详解】（1）因为的定义域为R，且为奇函数，
则有，即，
经检验，符合题意，所以.
又，则，即，即，
则，所以函数的值域为.
另解：显然是R上的增函数，且，
由函数单调性的性质可得在上递增，
即也在上递增，故当时，，同时，
由增函数性质可得，故函数的值域为.
（2）由，可得，
又函数为奇函数，则，
所以 ，
又是R上的单调增函数，由函数单调性的性质可得是R上的单调减函数，
即是R上的单调增函数，
由可化为，即，
所以实数的取值范围为.
21．国内某大型机械加工企业在过去的一个月内（共计30天，包括第30天），其主营产品在第x天的指导价为每件（元），且满足，第天的日交易量（万件）的部分数据如下表：
(1)给出以下两种函数模型：①，②，其中为常数. 请你根据上表中的数据，从①②中选择你认为最合适的一种函数模型来拟合该产品日交易量（万件）的函数关系；并且从四组数据中选择你认为最简洁合理的两组数据进行合理的推理和运算，求出的函数关系式；
(2)若该企业在未来一个月（共计天，包括第天）的生产经营水平维持上个月的水平基本不变，由（1）预测并求出该企业在未来一个月内第天的日交易额的函数关系式，并确定取得最小值时对应的.
【答案】(1)选择模型②，
(2)，4
【分析】（1）根据数据的变化得到选择模型②，并选择中间两组数据，待定系数法求出，检验后得到答案；
（2）求出的解析式，分和两种情况，结合函数单调性求出最小值，比较后得到结论.
【详解】（1）由给出数据可知：随着自变量增大，函数值在变小，同时函数模型①是递增的指数型函数，
又模型②为递减的反比型函数，故选择模型②，
观察表格中的4组数据，
从数据简洁并且易于计算的角度，理应选择中间两组数据，
即，解得，
可以检验相对合理，
从而；
（2）由（1）可得 ，
当时，由基本不等式得，
当且仅当时取到最小值，
当时，，
由单调性的性质可得在上单调递减，
故在时，有最小值，最小值为万元，
又，
综上所述，当时取得最小值.
22．已知函数是偶函数.
(1)求实数的值；
(2)若关于的方程有且仅有一个实数根，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数性质建立方程求解即可；
（2）解法一：把方程转化为，参变分离，转化为两函数有一个交点问题，数形结合求解即可；
解法二：把问题化为方程在上仅有一个实根，分类讨论，根据二次函数根的分布列不等式求解即可.
【详解】（1）由函数是偶函数，所以，
即，
即,又恒成立，即恒成立，
所以，即得；
（2）解法一(参变分离)：由(1)有，
又方程可化为，
可化为,即等价于，
令,方程可化为，
①当，即时，方程可化为，显然矛盾，故不是方程的根，
②当时，方程可化为，即，
令,方程可化为，
即化为在上仅有一个实根，
等价于函数在的图象与常值函数的图象仅有一个公共点，
由函数图象可得或,解得或，
综上所述,实数m的取值范围为.
解法二(根的分布)：由(1)有，
又方程可化为，
可化为，即等价于有且只有一解，
即只有一解，整理得，
令，可化为方程④在上仅有一个实根，
①当,即时，此时，显然不满足题意，
②当,即时，此时恒成立，
由此可设方程④的两个实根为,及二次方程根与系数的关系可得，
此时方程④必有一正根和一负根.故时，显然满足题意，
③当，即时，要使得方程④在上仅有一个实根，
若满足,故此时方程④必有两个同号的实根,故不可能在上仅有一个实根,
则只需要满足,解得，即.
综上所述，实数m的取值范围为：.
【点睛】方法点睛：复杂和综合的方程根的个数（函数零点个数）问题，一是参变分离，转化为求两函数图象交点问题，二是分类讨论函数零点分布，分离讨论时要注意分类的标准，及分类是否全面等.
第x天
1
2
5
10
Q(x)（万件）
14.01
12
10.8
10.38