2023-2024学年新疆石河子市第一中学高一上学期11月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年新疆石河子市第一中学高一上学期11月月考数学试题含答案，共15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．设集合，，若，则（ ）
A．B．3C．D．5
【答案】C
【分析】根据交集结果判断元素与集合的关系即可求参数.
【详解】因为，所以，则，即．
故选：C
2．设函数的零点为，则所在的区间是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由零点存在性定理求解．
【详解】易知在上单调递增且连续，，，
所以
故选：B
3．设，，，则
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对数函数的单调性得到和，根据指数函数的单调性可得，从而比较出大小得到结果.
【详解】由对数函数底数，故对数函数在上单调递增，故有；由指数函数底数，故指数函数在上单调递增，故；由对数函数底数，故对数函数在上单调递减，故.综上所述，.
故本题正确答案为D.
【点睛】本题主要考查指数函数的单调性，对数函数的单调性，考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力，属基础题.
4．已知幂函数的图像经过点，则函数在区间上的最大值是（ ）
A．－2B．－3C．－4D．－5
【答案】D
【分析】求出幂函数的解析式，再通过导数求出函数的单调性，从而求得最值.
【详解】设幂函数，因为过点，所以，
解得，.
则函数，
因为函数是单调递增的，所以单调递增，则当时， .
故选：D.
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先判断函数奇偶性得函数为奇函数，故排除C,D，在根据时，排除B,进而得答案.
【详解】因为，
所以是奇函数，排除C，D.
当时，，，排除B.
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
6．若函数f（x）＝3ax＋1－2a在区间（－1，1）内存在一个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．（－∞，－1）D．（－∞，－1）∪
【答案】D
【分析】当a＝0，不合题意，舍去，根据函数f（x）＝3ax＋1－2a在区间（－1，1）内是单调函数，利用零点存在性定理列不等式求解.
【详解】当a＝0时，f（x）＝1与x轴无交点，不合题意，所以a≠0；
函数f（x）＝3ax＋1－2a在区间（－1，1）内是单调函数，
所以f（－1）·f（1）＜0，即（5a－1）（a＋1）＞0，
解得a＜－1或a＞.
故选：D.
7．17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化成乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞为“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”.已知，，设，则所在的区间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用指数和对数互化，结合对数运算法则可求得，由此可得.
【详解】因为，
所以
，
所以.
故选：B.
8．定义域为的函数满足，且当时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，求得函数的对称性以及单调性，结合对数函数以及指数函数的单调性，求得的大小关系，可得答案.
【详解】因为函数满足，所以函数的图象关于直线成轴对称，
因为当时，，由，则，即，
所以在上单调递增，则在上单调递减，
由，
由，根据函数在上单调递增，则；
由，根据函数在上单调递增，则.
由函数在上单调递减，则，即.
故选：B.
二、多选题
9．（多选）下列选项正确的是（ ）
A．若，则的最小值为2
B．若正实数x，y满足，则的最小值为8
C．的最小值为2
D．函数（）的最大值是0
【答案】BD
【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可依次求解．
【详解】对于A，当时，，故A错误，
对于B，∵，，，
则，当且仅当，即，时等号成立，
故的最小值为8，故B正确，
对于C，令，，
在上单调递增，则y的最小值为，故C错误，
对于D，当时，
，当且仅当，即时，等号成立，
故，即函数y的最大值为0，故D正确．
故选：BD．
10．（多选）若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据对数和指数的互化计算出，然后逐项验证即可.
【详解】∵，，∴，，∴，故A选项正确；，故B选项错误；
，故C选项错误；，故D选项正确，
故选：AD
11．下列选项中正确的是（ ）
A．函数在上是减函数
B．函数（且）的图像一定经过点
C．命题“，”的否定是“，”
D．函数在上单调递增，则a的取值范围是
【答案】BC
【分析】对于A：根据函数单调性的定义和性质分析判断；对于B：根据指数函数的定点分析判断；对于C：根据特称命题的否定是全称命题分析判断；对于D：根据复合函数单调性结合指数函数单调性可得在上单调递增，利用二次函数性质分析求解.
【详解】对于选项A：因为，可得，即的定义域为，
又因为，可知在上是减函数，
又因为，即，
可知函数在上不是减函数，故A错误；
对于选项B：令，则，可得，
函数（且）的图像一定经过点，故B正确；
对于选项C：命题“，”的否定是“，”，故C正确；
对于选项D：因为在定义域内单调递增，
由题意可得：在上单调递增，则，解得，
所以a的取值范围是，故D错误；
故选：BC.
12．已知函数则下列选项正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数的值域为
C．方程有两个不等的实数根
D．不等式解集为
【答案】BC
【分析】画出的图象，结合图象即可判断各选项.
【详解】
画出的图象，如上图所示.
令，解得或，
所以的图象与轴交于.
对于A，由图象可知，函数在区间上不单调，A错；
对于B，由图象可知，函数的值域为，B对；
对于C，，，
由图象可知，方程，即有两个不等的实数根，C对；
对于D，由图象可知，当时，，
所以，由可得.
令，解得或；
令，解得或，
所以，由图象可知，不等式解集为，D错.
故选：BC
三、填空题
13．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由对数、根式的性质列不等式组求定义域即可.
【详解】由解析式知，解得，
所以的定义域为．
故答案为：
14．已知函数，则的值是 .
【答案】/
【分析】由分段函数解析式，将自变量代入求值即可.
【详解】由解析式有，
所以．
故答案为：
15．设函数的定义域为R，已知为偶函数，为奇函数，当时，，若，则 ．
【答案】
【分析】根据为奇函数和得到，，然后列方程得到，，最后再根据奇偶性求即可.
【详解】根据题意，由为奇函数，得关于对称，故，，即，
∵，∴，
又∵，∴，即，由，
解得，，
∵偶函数，∴，
∵关于对称，∴．
故答案为：.
16．已知函数若，是互不相同的正数，且，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】画出函数的图象，运用对数函数的图象，结合对数运算性质，可得，由二次函数的性质可得，运用基本不等式和二次函数的性质，即可得到所求范围．
【详解】先画出函数的图象，如图所示：
因为互不相同，不妨设，且，
而，即有，可得，则，
由，且，可得，
且，
当时，，此时，但此时b，c相等，
故的范围为．
故答案为．
【点睛】本题考查了利用函数图象分析解决问题的能力，以及对数函数图象的特点，注意体会数形结合思想在本题中的运用．
四、解答题
17．计算下列各式．
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用指数幂的运算法则化简求值；
（2）利用对数的运算法则化简求值.
【详解】（1）解：原式=.
（2）解：原式=.
18．已知集合．
（1）分别求；
（2）已知集合，若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）或；（2）或.
【分析】（1）求出集合,,由此能求出和
（2）由时,分别讨论和,列出不等关系,求解即可
【详解】（1）因为,
,
所以,或
（2）因为,当时,,即,
当时,则,即
综上,实数a的取值范围是或
【点睛】本题考查交集、补集、并集的求法,考查交集、补集、并集定义,考查运算求解能力,考查分类讨论思想
19．已知函数．
(1)求f(x)的定义域及单调区间．
(2)求f(x)的最大值，并求出取得最大值时x的值．
(3)设函数，若不等式f(x)g(x)在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)的定义域为；单调增区间为 ，单调减区间为.
(2)的最大值为1，取得最大值时.
(3)
【分析】(1)根据对数函数的性质求解定义域即可，根据复合函数的单调性规则求解函数的单调区间；
(2)根据（1）中求得的函数的单调性计算函数的最值可得出结果；
(3)构造新函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，再求解参数的取值范围.
【详解】（1）根据具体函数定义域的求解方法，根据题意可得
解得
所以函数的定义域为;
令，则函数 在单调递增，在 上单调递减
又函数在定义域上单调递增，根据复合函数单调性“同增异减”的规则
函数的单调增区间为，单调减区间为 .
（2）由（1）中所得单调性可知，时，取得最大值
故的最大值为1，此时的值为1.
（3）根据题意得，在上恒成立，化简得，
在 上恒成立，即在 上恒成立
即在上恒成立
令，则
即的取值范围为.
20．已知函数
(1)若函数图像与轴的两个交点的横坐标都在内，求实数的取值范围；
(2)若关于的一元二次方程在内有唯一解，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由一元二次方程根的分布求实数的取值范围；
（2）由一元二次方程根的分布求实数的取值范围；
【详解】（1）由题意得，令，即，
由于函数的两个零点都在内，即，
解得：，
则实数的取值范围是；
（2）由题意得，关于的一元二次方程在内有唯一解，
当时满足条件，解得；
当且时满足条件，解得；
当，解得，此时有，满足在内有唯一解，
所以关于的一元二次方程在内有唯一解，有或，
即实数的取值范围为.
21．已知函数，．
(1)当时，求函数的零点；
(2)当时，若时，关于的方程有解，求实数m的取值范围；
(3)当时，求关于x的不等式的解集．
【答案】(1)
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）令求出的值即可；
（2）求出函数在上的值域即可；
（3）从分类讨论，结合一元二次不等式的解法即可得解.
【详解】（1）当时，，
令，得，
所以函数的零点为；
（2）当时，，
当时，，
所以函数在上的值域为，
因为时，关于的方程有解，
所以；
（3），
方程的根为，
当，即时，不等式的解集为，
当，即时，不等式的解集为，
当，即时，不等式的解集为，
综上所述，当，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
22．对于函数，若在定义域内存在实数x，满足，则称为“局部奇函数”
(1)若是定义在区间上的“局部奇函数”，求实数m的取值范围；
(2)若为定义域R上的“局部奇函数”，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据局部奇函数的定义得到存在，使得，然后利用换元法得到，即可得到的范围；
（2）将为定义域为R上的“局部奇函数”转化为当时方程有解，然后列不等式求解即可.
【详解】（1）根据局部奇函数的定义，存在，使；
∴，令，
令，因为，所以，
设函数，任取，
所以在时单调递减，在时单调递增，，，
所以，，即，所以，
即实数m的取值范围为.
（2）根据局部奇函数的定义知，存在，使；
∴；
令，∵，当且仅当时取等号，
即当且仅当时取等号，∴，则：，
可将该式看成关于n的方程，当有解，
设，于是有或，
由，
由，
综上得m的取值范围为．