青海省海东市第一中学2023-2024学年高一上学期第二次月考 数学试题（含解析）

这是一份青海省海东市第一中学2023-2024学年高一上学期第二次月考 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，函数图象大致是，满足不等式成立的的取值集合为等内容，欢迎下载使用。
高一数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5．本卷主要考查内容：必修第一册第一章～第五章5.4.
一、单项选择题：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．
2．命题“,”的否定形式是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知不等式的解集是，则的值为（ ）
A．2B．1C．D．
5．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
7．满足不等式成立的的取值集合为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．已知函数为定义在上的偶函数，在上单调递减，并且，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多项选择题：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．已知角是第二象限角，则角所在的象限可能为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
10．已知指数函数在上的最大值与最小值之差为2，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
11．下列各式的值为正的是（ ）
A．B．
C．D．
12．定义：在平面直角坐标系中，若某一个函数的图象向左或向右平移若干个单位长度后能得到另一个函数的图象，则称这两个函数互为“原形函数”．下列四个选项中，函数和函数互为“原形函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13． ．
14．函数的定义域为 ．
15．已知扇形的周长为8，则扇形的面积的最大值为 ，此时扇形的圆心角的弧度数为 ．
16．已知函数若，且，则的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．已知非空集合，．
(1)若，求；
(2)若，求的取值范围．
18．已知函数，且.
（1）求的定义域；
（2）判断的奇偶性并予以证明.
19．已知.
(1)化简；
(2)若为第四象限角，且，求的值.
20．已知函数．
（1）求函数在区间上的最值；
（2）求不等式的解集．
21．已知偶函数.
(1)求实数的值；
(2)经过研究可知，函数在区间上单调递减，求满足条件的实数a的取值范围.
22．已知是二次函数，且满足，，.
(1)求函数的解析式；
(2)当时，表示出函数的最小值，并求出的最小值.
1．A
【分析】直接求交集可得答案.
【详解】.
故选：A.
2．D
【分析】全称命题的否定是特称命题，任意改为存在，把结论否定.
【详解】命题“，”的否定形式是”，”．
故选：D
3．D
【分析】引入中间变量1，0，即可得答案；
【详解】因为，所以．
故选：D.
4．D
【分析】依题意与为一元二次方程的两根，利用韦达定理得到方程组，求出、的值，再代入计算可得；
【详解】解：因为不等式的解集是，所以与为一元二次方程的两根，
所以，解得，故．
故选：D
5．D
【解析】举特值并结合充分、必要条件的定义可得答案.
【详解】当时，满足，但是，不满足；
当时， ，满足，但不满足，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．.
6．A
【分析】利用函数的奇偶性排除部分选项，再利用当x＞0时，函数值的正负确定选项即可.
【详解】函数f（x）定义域为，
所以函数f（x）是奇函数，排除BC；
当x＞0时，，排除D．
故选：A
7．A
【分析】先求出一个周期内不等式的解集，再结合余弦函数的周期性即可求解.
【详解】解：由得：
当时，
因为的周期为
所以不等式的解集为
故选：A.
8．D
【分析】利用函数的奇偶性得到，再解不等式组即得解.
【详解】解：由题得.
因为在上单调递减，并且，
所以，所以或.
故选：D
9．AC
【分析】用不等式表出第二象限角的范围，再求得的范围后判断．
【详解】角是第二象限角，则，
，
为奇数时，是第三象限角，为偶数时，是第一象限角，
故选：AC．
10．BD
【分析】分和两种情况，根据题意列方程求解即可.
【详解】当时，单调递减，
所以，，即，解得（负根已舍弃）；
当时，单调递增，
所以，，即，解得（不符合条件的根已舍弃）.
综上，实数的值为或.
故选：BD
11．BC
【分析】先确定角所在的象限，再根据一全正，二正弦，三正切，四余弦进行判断正负即可.
【详解】对于A选项，，，可知A选项不正确；
对于B选项，，，可知B选项正确；
对于C选项，，，可知C选项正确；
对于D选项，，，可知D选项不正确.
故选：BC.
12．ABD
【分析】根据原形函数的定义，结合图象变换的性质逐一判断即可.
【详解】对于选项A，由，显然的图象向左平移个单位得到的图象，因此选项A正确；
对于选项B，由，显然的图象向左平移个单位得到的图象，因此选项B正确；
对于选项C，，函数的图象向上平移5个单位长度才能得函数的图象，可知C选项错误；
对于选项D，由，函数的图象向右平移1个单位长度得到的图象，因此D选项正确，
故选：ABD
13．0
【分析】根据题意结合诱导公式运算求解.
【详解】由题意可得：
．
故答案为：0.
14．
【分析】根据具体函数的定义域满足的条件得到不等式组，解之即可求出结果.
【详解】由题意得解得，所以函数的定义域为，
故答案为：.
15． 4 2
【分析】根据扇形的面积公式，结合配方法和弧长公式进行求解即可.
【详解】设扇形所在圆周的半径为r，弧长为l，有，
，
此时，，．
故答案为：；
16．
【分析】画出函数的图象，将所求式子化为，构造新函数，结合函数的单调性和正负值，即可解该不等式.
【详解】函数的图象如下：
由图可知，，
．
由函数单调递增且，
函数单调递增且，
可得函数单调递增，
有．
故的取值范围为．
故答案为：.
17．(1)
(2)．
【分析】（1）将代入集合，并化简，再根据并集的运算求解即可；
（2）根据，列出不等式组，即可求出的取值范围.
【详解】（1）因为，所以．
因为，
所以．
（2）因为，所以，或，
解得．
故的取值范围为．
18．（1）（2）为奇函数,证明见解析
【解析】（1）根据对数的真数为正数，列出不等式组，解不等式组求出的定义域；
（2）根据函数的奇偶性定义进行判断即可.
【详解】（1）由题可知，
解得，
所以的定义域为.
（2）由（1）知的定义域关于原点对称，为奇函数.
证明如下：
因为
.
所以该函数为奇函数.
【点睛】本题考查了对数型函数的定义域，考查了函数奇偶性的判断，考查了数学运算能力.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式和同角三角函数的关系化简；
（2）利用同角三角函数的关系求值.
【详解】（1）由三角函数诱导公式知：
.
（2）为第四象限角，且，则，
可得.
20．（1）当时，取得最大值；当时，取得最小值；（2）.
【分析】（1）由，得，进而可得正弦的取值范围，从而得解；
（2）由，得，进而得解.
【详解】（1）由，可得，所以，
则，
即当时，取得最大值；当时，取得最小值；
（2）由，得，
即，可得，
解得，
故解集为：.
21．(1)0
(2)
【分析】（1）首先求出函数的定义域，再根据偶函数的性质，利用特殊值求出参数的值，再代入检验即可；
（2）根据偶函数的性质将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】（1）解：由，有，可得函数的定义域为，
，
由函数为偶函数，有，解得.
当时，，由，可知此时函数为偶函数，符合题意，
由上知实数m的值为0；
（2）解：由函数为偶函数，且函数在区间上单调递减，可得函数在区间上单调递增，
若，有解得且，
故实数a的取值范围为.
22．(1)
(2)；.
【分析】（1）根据，可得函数关于对称，再根据，列出方程组，解之即可得解；
（2）分，和三种情况讨论，结合二次函数的性质即可得出答案.
【详解】（1）解：设，
因为，所以函数关于对称，
所以，
又，，
所以，解得，
所以；
（2）解：由（1）得，函数关于对称，
当时，函数在上递增，
所以，
所以当时，，，
当，即时，函数在上递减，
所以，
所以当时，，，
当时，函数在上递减，在上递增，
所以，
所以当时，，
综上所述，，.