广东省深圳市深圳技术大学附属中学2024-2025学年高一上学期第二次月考数学试题

深圳技术大学附属中学高一上第二次月考数学试卷 命题：刘咏雪 审题：陈长富 时间：120 分钟 满分：150 分 一、单项选择题：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. 已知角 的终边经过点 ( 4,3) ，则 cos = A. 4 5 B. 3 5 C. 4 5  D. 5 3  2．“ 1a  且 1b  ”是“ log 0a b  ”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 3．已知 0.32 8 1log , log 27, 1.1 5 a b c     ，则 , ,a b c的大小关系为（ ） A．c<a<b B． c b a  C．b a c  D．b<c<a 4. 函数   2 1xf x x   的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知 3tan 2   ，则 sin cos sin cos        （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 6．若关于 x的不等式 2 2 0ax ax   的解集是R ，则 a的取值范围是（ ） A．  0,8 B．  0,8 C．    , 0 8,   D．    , 0 8,    7．已知函数     , 0 2 3 , 0 xa x f x a x a x       满足对任意 1 2x x ，都有      1 2 1 2 0x x f x f x     成立，则 a的 取值范围是（ ） A． 10, 3      B． 3 ,2 4     C．  0,1 D．  2, 8．已知函数   3 1f x x x   ，若    1 2 2f m f m   ，则m的取值范围是（ ） A．  1,  B．  1, C．  , 1  D．  ,1 二、多项选择题：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．若函数 ( 0xy a b a   且 1)a  的图象过第一､三､四象限，则参数 ,a b需满足（ ） A． 0 1a  B． 1a  C．0 1b  D． 1b  10. 下列说法正确的是（ ） A. 如果 是第一象限的角，则  是第四象限的角 B. 43角与 317 角终边重合 C. 若圆心角为 π 3 的扇形的弧长为 π，则该扇形面积为 2π 3 D. 若 是第二象限角，则点 (sin , cos )P   在第四象限 11．若 , ,a b cR ，则下列命题中为真命题的是（ ） A．若 ,a b c d  ，则 ac bd B．若 a b ，则 2 2a b C．若   2 0a b c  ，则 a b D．若 1 1 b a  ，则 a b 12．已知函数 2 1( ) 2 1 x xf x - = + ，则下列结论正确的是（ ） A．函数  f x 的定义域为R B．函数  f x 的值域为  1,1 C．函数  f x 的图象关于 y轴对称 D．函数  f x 在R 上为减函数 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5分，共 20 分． 13．已知 3sin 3    ， 3ππ, 2       ，则 cos  . 14．已知 lg 2 , lg 3a b  ，则 6log 15  （结果用 a,b表示）． 15. 已知函数   22 , 1, 2 , 1,x x xf x x      若函数  y f x m  仅有一个零点，则实数 m的值是______． 16. 已知函数  22( ) logf x x ax a   在区间 ( ,1 3]  上单调递减，则实数 a的取值范围是___________． 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. （10 分）已知集合 4 1{ | ( ) 27} 3 xA x  ，集合 2 2{ | ( 1) ( 0)}B x x a a    ． (1)当 2a  时，求 A B ; (2)若“ x A ”是“ x B ”的充分条件，求实数 a的取值范围． 18．（12 分）已知幂函数   2 1 3mf x m x   在  0,  上单调递增． (1)求  f x 的解析式； (2)若函数    g x f x a  在  1, 2 上有零点，求 a的取值范围． 19．（12 分）已知 0x  ， 0y  ，且 2 1x y  ． (1)求 xy的最大值； (2)若 2 1 2 2m m x y    恒成立，求实数 m的取值范围． 20．（12 分）已知函数   2 1xf x ax b    是定义域上的奇函数，且  1 2f    ． (1)判断并证明函数  f x 在  0,  上的单调性； (2)令函数    g x f x m  ，若  g x 在  0,  上有两个零点，求实数m的取值范围． 21．（12 分）已知指数函数   xf x a （ 0a  且 1a  ）的图象过点  3,8 ． (1)求函数  f x 的解析式； (2)求函数      2 2 5g f xx f x   在  1,2x  上的值域． 22. （12 分）已知 ( )f x 是定义在R 上的奇函数，且当 0x  时， 2 ( ) log ( )f x a x  ． （1）求函数 ( )f x 的解析式； （2）若对任意的 [ 1,1]x  ，都有不等式    2 2 2 2 0f x mx m f x mx      恒成立，求实数m的取 值范围． 1 深圳技术大学附属中学高一上第二次月考数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B D D B A A BD ABD BC AB 13. 6 3  14. 1 a b a b    15. 0 16. 2 2 3 2a   2．A【详解】当 1a  且 1b  时，则 log log 1 0a ab   成立，当 log 0a b  时， 1a  且 1b  ，或 0 1a  且0 1b  ，所以“ 1a  且 1b  ”是“ log 0a b  ”的充 分不必要条件. 3．B【详解】由题意 3 32 2 8 22 1log log 5 log 27 log 3 log 3 5 a b       ， 0 0.3 8 2 2log 27 log 3 log 2 1 1.1 1.1b c        ， 所以 , ,a b c的大小关系为 c b a  . 4. D【详解】   2 1xf x x   的定义域是  0x x  ，关于原点对称，   2 2( ) 1 1( ) x x xf x f x x         ，所以  f x 是偶函数，排除 B，C； 当 0x  时， 2 1 1( ) xf x x x x     ，易知  f x 在  0,  上是增函数， 排除 A． 5. D【详解】因为 3tan 2   ，所以 3 1sin cos tan 1 2 53sin cos tan 1 1 2               7．A【详解】对任意 1 2x x ，都有      1 2 1 2 0x x f x f x     成立， 函数  f x 在R 上单调递减，  0 0 1 2 0 3 a a a a        ，解得 10 3 a  ，故 a的取值范围是 10, 3      . 8. A【详解】令     31g x f x x x    ，因为  g x 的定义域为R 关于原点 对称，且      3 3g x x x x x g x          ，所以  g x 是R 上的奇函 数，注意到幂函数 3 ,y x y x  都是R 上的增函数，所以  g x 是R 上的增 函数，而              1 2 2 1 1 2 1 1 2 2f m f m f m f m g m g m g m               ， 所以1 2m m   ，解得 1m   ，综上所述，m的取值范围是  1,  . 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，利用函数单调性与奇偶性 解不等式. 11．BC【详解】对于 A，取 0 1, 1 0a b c d       ，但 0, 0ac bd  ， 故 A 错误； 对于 B，若 a b ，对不等式两边同时平方则 2 2a b ，故 B 正确； 对于 C，若   2 0a b c  ，则 0a b  ，所以 a b ，故 C 正确； 对于 D，若 1 1 b a  ，取 1, 2b a   ，则 a b ，故 D 错误. 12．AB 【详解】A：因为 2 0x  ，所以函数 ( )f x 的定义域为R ，故 A 正确； B： 2 1 2( ) 1 2 1 2 1 x x xf x       ，由 1 2 22 0 2 1 1 0 1 2 0 1 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x               ， 所以函数 ( )f x 的值域为  1,1 ，故 B 正确； C：因为 2 1 1 2( ) ( )2 1 1 2 x x x xf x f x           ，所以函数 ( )f x 是奇函数，其图象关于 原点对称，不关于 y轴对称，故 C 错误； D：因为函数 2 1xy   是增函数，因为 2 1 1xy    ，所以函数 2 2 1x y   是 减函数，因此函数 2( ) 1 2 1x f x    是增函数，故 D 错误. 14. 1 a b a b    【详解】 6 lg15 lg5 lg3 lg10 lg 2 1log 15 lg6 lg 2 lg3 b a b a b a b             15.0【详解】由函数解析式， ( )f x 在 ( ,0] 上递减，(0,1)、[1, ) 上递 增，且在 1x  处连续，所以 ( )f x 大致图象如下， 由函数  y f x m  仅有一个零点，即 ( )f x 与 y m 仅有一个交点，由图知： 0m  . 16. 2 2 3 2a   【详解】令 2 2 2( ) ( ) 2 4 a ag x x ax a x a       ， 即对称轴为 2 ax  ，且开口朝上，  22( ) logf x x ax a   在区间 ( ,1 3]  上单调递减，那么 2 2 2( ) ( ) 2 4 a ag x x ax a x a       在区间 ( ,1 3]  上也是单调递减， 且 ( ) 0g x ，故 2 1 3 2 2 3 2 (1 3) (1 3) 0(1 3) 0 a a a ag               即 2 2 3 2 a a      ，所以实数 a的取值范围是 2 2 3 2a   . 17.【答案】（1） 3{ | 3} 4 A B x x x    或 ；（2） 70 4 a  . 【小问 1 详解】 由不等式 4 1( ) 27 3 x  ，得 3 43 3x  ，解得 3 4 x   ，即 3{ | } 4 A x x   ， 当 2a  时，解不等式 2( 1) 4x   ，得 1x   或 3x  ， 即 { | 1B x x   或 3}x  ， 所以 3{ | 3} 4 A B x x x    或 . 【小问 2 详解】 依题意， { | 1B x x a   或 )1 }( 0x a a   ，由（1）知 3{ | } 4 A x x   ， 由“ x A ”是“ x B ”的充分条件，得 A B ， 因此 0 31 4 a a       ，解得 70 4 a  ， 所以实数 a的取值范围 70 4 a  . 18．(1)   4f x x (2)  1,16 【详解】（1）  f x 为幂函数，且在  0,  上单调递增， 2 1 1 3 0 m m      ， 解得： 1m   ，   4f x x  . （2）由（1）得：   4g x x a  ，  g x 在  1,2 上连续且单调递增，        1 2 1 16 0g g a a      ，解得：1 16a  ， 即 a的取值范围为  1,16 . 2 19．(1) 1 8 ；(2) 2 4m   . 【详解】（1）由题设 0xy  ，而 2 1 2 2x y xy   ，即 1 8 xy  ， 当且仅当 1 1, 4 2 x y  时，等号成立，所以 xy的最大值为 1 8 . （2）由 1 2 1 2 4 4( )(2 ) 4 4 2 8y x y xx y x y x y x y x y            ， 当且仅当 1 1, 4 2 x y  时等号成立，故 1 2 x y  最小值为8， 又 21 2 2m m x y    恒成立，即 2 22 8 2 8 ( 2)( 4) 0m m m m m m         ， 所以 2 4m   . 20．(1)函数  f x 在  0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增，证明见解析 (2)  2, 【详解】（1）  1 2f    ，且  f x 是奇函数，  1 2f  ， 2 2 2 2 a b a b         ，解得 1 0 a b    ，   1 x f x x   ， 检验：由解析式可知，函数的定义域为 | 0x x  ，关于原点对称， 且      1 1 0f x f x x x x x          ， 所以  f x 是奇函数，满足要求； 函数  f x 在  0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增， 证明如下：任取  1 2, 0,1x x  ，且 1 2x x ， 则       1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 11 1 x xf x f x x x x x x x x x                         ，  1 2, 0,1x x  ，且 1 2x x ， 1 2 0x x   ， 1 20 1x x  ， ∴ 1 2 1 0x x   ，    1 2 0f x f x   ，即    1 2f x f x ， 函数  f x 在  0,1 上单调递减. 同理可证明函数  f x 在  1, 上单调递增． （2）函数  g x 在  0,  上有两个零点， 即方程 1 0x m x    在  0,  上有两个不相等的实数根， 所以 2 1 0x mx   在  0,  上有两个不相等的实数根， 则 2Δ 4 0 0 2 m m        ，解得m>2，即实数m的取值范围为  2, . 21.(1)   2xf x  (2)  4,13 【详解】（1）因为函数   xf x a （ 0a  且 1a  ）的图象过点  3,8 ， 则   33 8f a  ，解得 2a  ，因此，   2xf x  ． （2）    22 2 2 5x xg x     ，令 2xt  ， 因为  1,2x  ，则 1 ,4 2 t      ， 令    22 2 5 1 4h t t t t      ， 当 1 ,1 2 t      时，函数  h t 单调递减，此时，  1,0x  ， 当  1,4t 时，函数  h t 单调递增，此时，  0,2x ， 故当  1,2x  时，  min( ) 0 4g x g  ， 又因为       2 21 171 1 4 , 2 4 1 4 13 2 4 g g             ，故 max( ) 13g x  ， 所以，函数  g x 在 1,2 上的值域为  4,13 ． 22.（1） 2 2 log (1 ) ( 0) ( ) log (1 ) ( 0) x x f x x x       ；（2） 3 33 ,5 2        . 【详解】解：（1）依题可知 (0) 0f  ，解得 1a  ， 所以当 0x  时， 2( ) log (1 )f x x  ，设 0x  ，则 0x  ， 所以 2( ) log (1 )f x x   ， 又 ( )f x 是奇函数， ( ) ( )f x f x    ， 即 2( ) log (1 )f x x   ，所以当 0x  时， 2( ) log (1 )f x x   ， 综上所述， 2 2 log (1 ) ( 0) ( ) . log (1 ) ( 0) x x f x x x       （2）当 0x  时， 2( ) log (1 )f x x  ，所以 ( )f x 在 ( ,0] 上单调递减， 又 ( )f x 是R 上的奇函数， ( )f x 在 (0, ) 上单调递减， 从而 ( )f x 在R 上单调递减， 由    2 22 2 0f x mx m f x mx      ， 可得      2 2 22 2 2 2f x mx m f x mx f x mx          ， 又 ( )f x 在R 上单调递减， 2 22 2x mx m x mx       ， 即 23 2 2 0x mx m    对任意的 [ 1,1]x  恒成立， 记 2( ) 3 2 2g x x mx m    ，对称轴为 3 mx  ，依题意有 min( ) 0g x  ， ①当 1 3 m   ，即 3m   时， ( )g x 在[ 1,1] 上单调递增， min( ) ( 1) 5 3 0g x g m      ，解得 5 3 m   ，与 3m   矛盾，此时 无解； ②当 1 1 3 m    ，即 3 3m   时， ( )g x 在 1, 3 m    上单调递减，在 ,1 3 m     上单调递增， 2 min( ) 2 03 3 m mg x g m           ，解得 3 33 3 33 2 2 m   ， 又因为 3 3m   ，所以此时 3 33 3 2 m   ； ③当 1 3 m  ，即 3m  时， ( )g x 在[ 1,1] 上单调递减， min( ) (1) 5 0g x g m     ，解得 5m  ，又因为 3m  ，所以此时 3 5m  ； 综上所述，实数m的取值范围为 3 33 ,5 2        .