天津市南开区南开大学附属中学2024-2025学年高一上学期第二次月考数学试卷

试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年高一第一学期第二次月考试卷 未命名 一、单选题 1．已知集合  3A x x  ，  0 6B x x   ，则图中阴影部分表示的集合是（ ） A． 3 6x x x  或 B． 3 3x x x  或 C． 3 6x x x  或 D． 0 3x x x 或 2．命题 p：  1 5x x x    ， 2 4 5x x  ，则命题 p的否定是（ ） A．  1 5x x x    ， 2 4 5x x  B．  1 5x x x    ， 2 4 5x x  C．  1 5x x x    ， 2 4 5x x  D．  1 5x x x    ， 2 4 5x x  3．“  π 2 π 6 k k    Z ”是“ 1sin 2    ”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 4．下列函数中  f x 与  g x 是同一函数的为（ ） A．   2f x x ，    4g x x B．   2f x x ，   3 6g x x C．   3f x x  ，  g x x x  D．   1f x x  ，   2 1xg x x   5．已知 1.13 3log 2, 2 , log 5a b c   ，则 , ,a b c的大小关系为（ ） A．c a b  B．b a c  C．b c a  D． c b a  6．设 是第二象限角，  ,1P x 为其终边上一点，且 1cos 3 x  ，则 tan （ ） A． 2 2 B． 2 2  C． 2 4  D． 2 8  7．如图，已知函数  f x 的图象关于坐标原点O对称，则函数  f x 的解析式可能是（ ） 试卷第 2页，共 4页 A．   2f x x x B． ( ) lnf x x x C．   e x f x x  D．   ln xf x x  8．已知函数    sin πf x x  ，则（ ） A．  f x 在 π0, 2       上单调递增 B．曲线  y f x 关于直线 π 2 x   对称 C．曲线  y f x 关于点 π ,0 2       对称 D．曲线  y f x 关于直线 π 4 x  对称 9．若函数   2 2 2 , 1 4 3 , 1 x m xf x x mx m x         有3个零点，则实数m的取值范围是（ ） A． 1 ,1 3     B．    ,0 1,   C． 1,2 D．  1 ,1 2, 3     U 10．设奇函数  f x 的定义域为R ，对任意的 1x 、  2 0,x   ，且 1 2x x ，都有不等式    1 1 2 2 1 2 0 x f x x f x x x    ，且  2 1f    ，则不等式   21 1 f x x    的解集是（ ） A．  1,3 B．    , 1 3,    C．    , 1 1,3   D．    1,1 3,  二、填空题 11．已知150的圆心角所对的弧长为5π，则这个扇形的面积为 . 12．函数    2 3 1sin log 3 1 f x x xx      的定义域为 . 13．已知幂函数  2 2( ) 4 4 mf x m m x    在 (0, ) 上单调递减，则不等式 (2 ) 1f x  的解集 试卷第 3页，共 4页 是 14．函数 log ( 2) 1( 0ay x a    ，且 1)a  的图像恒过定点 A，若点 A在直线 2 0mx ny   上，其中 0m  ， 0n  ，则 1 1 m n  的最小值为 . 15．已知函数   2 2 , 0 1 ln , 0 x x x f x x x       ，若  f x m 存在四个不相等的实根 1 2 3 4, , ,x x x x ，且 1 2 3 4x x x x   ，则  4 1 2 3x x x x  的最小值是 . 三、解答题 16．求值： (1)   2 0.5 02 15 π 3 163              ； (2) 2ln3 1 27 4 e log 9 log 8 lg 4 lg 25    ． 17．已知 2 5cos 5    ，且 为第三象限角． (1)求 sin ， tan 的值； (2)求       πsin 5π sin sin π 2 π 3πcos π cos sin 2 2                           的值． 18．已知 sin ， cos是关于 x的一元二次方程 22 2 0x x m   的两根． (1)求m的值； (2)若0 π  ，求 sin cos  的值． 19．已知   πsin 2 6 f x x      ． (1)求函数在R 上的单调递减区间； (2)求函数在 π0 2      ， 上的值域； (3)求不等式   1 2 f x   在 π, π 上的解集． 20．已知函数      ln 2 ln 2f x x x    . (1)写出函数  f x 的定义域并判断其奇偶性； 试卷第 4页，共 4页 (2)若  2 1 ln3f m  ，求实数m的取值范围. (3)若存在 x使得不等式   1f x m  成立，求实数m的最大值. 答案第 1页，共 9页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A B C C D B C D 1．A 【分析】利用集合的并集和补集的关系，结合韦恩图法，即可求解. 【详解】因为集合    3 3 3A x x x x    ＜ ，则  3,6 ,A B   所以图中阴影部分表示的集合是  RC A B  { | 3x x   或 6}x  ， 故选: A. 2．B 【分析】由全称命题的否定为特称命题即可判断. 【详解】 p：  1 5x x x    ， 2 4 5x x  ，否定是  1 5x x x    ， 2 4 5x x  ， 故选：B 3．A 【分析】由  π 2 π 6 k k    Z 可以得到 1sin 2    ，但是反向推导不成立，故可以得到答案. 【详解】由  π 2 π 6 k k    Z 可以得到 1sin 2    ，但是由 1sin 2    ，得 π 2 π 6 k    或  5π 2 π 6 k k    Z . 故选：A. 4．B 【分析】根据各组函数的定义域和对应关系是否相同即可判断. 【详解】对于 A，  f x x 的定义域是R ，    4g x x 的定义域是{ }| 0x x³ ， 这两个函数的定义域不相同，故这两个函数不是同一函数，故 A错误； 对于 B，   2f x x 与   3 6 2g x x x  的定义域都是R ，这两个函数的定义域相同， 对应法则相同，故这两个函数是同一函数，故 B正确； 对于 C，   3f x x x x x x       与  g x x x  对应法则不同， 故这两个函数不是同一函数，故 C错误； 对于 D，   1f x x  的定义域是R ，   2 1xg x x   的定义域是 | 0x x  ， 答案第 2页，共 9页 这两个函数的定义域不相同，故这两个函数不是同一函数，故 D错误. 故选：B. 5．C 【分析】根据指数函数、对数函数单调性结合中间值“1”、“ 2 ”分析判断即可. 【详解】根据指数函数以及对数函数单调性可知 1.1 1 3 3log 2 log 23 1, 22a b     ， 2 3 3 32 log 3 log 5 log 3 1c     ，则 1 2a c b    ，故b c a  . 故选：C 6．C 【分析】按三角函数的定义计算即可 【详解】依题意有 2 cos 31 x x x     且 0x  故 2 2x   ， 1 2tan 4x     故选：C 7．D 【分析】先根据可得  f x 为奇函数，即有    f x f x   ，再根据图象可得函数  f x 的定 义域为    , 0 0,  ，再结合图象即可判断各选项． 【详解】由题意可得  f x 为奇函数，即有    f x f x   ， 由图象可知函数  f x 的定义域为    , 0 0,  ， 对于 A，由   2f x x x 的定义域为R ，不符合，故 A错误； 对于 B，由 ( ) lnf x x x 的定义域为    , 0 0,  ，且  ( ) ln ln ( )f x x x x x f x        ， 但 ( ) lnf x x x 在  1,x  上单调递增，不符合图象，故 B错误； 对于 C，由   e x f x x  的定义域为    , 0 0,  ，且    e e x x f x f x x x         ， 但   e 0 x f x x   在  , 0x  上恒成立，不符合图象，故 C错误； 对于 D，由   ln xf x x  的定义域为    , 0 0,  ，且    ln lnx xf x f x x x         ， 且符合图象，故 D正确． 故选：D． 答案第 3页，共 9页 8．B 【分析】将  f x 化简，根据正弦函数的性质求解判断即可. 【详解】    sin π sinf x x x    ， 对于 A，因为 siny x 在 π0, 2       上单调递增，所以  f x 在 π0, 2       上单调递减，故 A错误； 对于 B，D，因为   sinf x x  的对称轴为 π π 2 x k  ， Zk ，故 B正确，D错误； 对于 C，因为   sinf x x  的对称中心为  π,0k ， Zk ，故 C错误. 故选：B. 9．C 【分析】分析可知，函数  f x 在  ,1 上有一个零点，在 1, 上有两个零点，求出这三 个零点，根据题意可得出关于实数m的不等式组，由此可解得实数m的取值范围. 【详解】当 1x  时，函数   2xf x m  单调递增，则函数  f x 在  ,1 上至多一个零点， 当 1x  时，函数     2 24 3 3f x x mx m x m x m      至多两个零点， 因为函数  f x 有三个零点，则函数  f x 在  ,1 上有一个零点，在  1, 上有两个零点， 当 1x  时，令   2 0xf x m   ，可得 2xm  ，必有 0m  ，解得 2logx m ， 所以， 2log 1m  ，解得0 2m  ； 当 1x  时，由      3 0f x x m x m    ，可得 x m 或 3x m ， 所以， 1 3 1 3 m m m m      ，解得 1m  . 综上所述，实数m的取值范围为  1,2 . 故选：C. 10．D 【分析】令    g x xf x ，分析函数  g x 的奇偶性与单调性，计算可得出    2 2 2g g   ， 然后分 1 0x   、 1 0x   两种情况解不等式   21 1 f x x    ，即可得出原不等式的解集. 答案第 4页，共 9页 【详解】对任意的 1x 、  2 0,x   ，且 1 2x x ，都有不等式    1 1 2 2 1 2 0 x f x x f x x x    ， 不妨设 1 2x x ，则    1 1 2 2x f x x f x ， 令    g x xf x ，则    1 2g x g x ，即函数  g x 在 0, + ∞ 上为增函数， 因为函数  f x 为�上的奇函数，即� −� =− � � ， 则        g x xf x xf x g x      ，所以函数  g x 为偶函数， 所以函数  g x 在 0, + ∞ 上单调递增，在  ,0 上单调递减， 因为  2 1f    ，则      2 2 2 2 2g g f      ， 当 1 0x   时，即当 1x  时， 由   21 1 f x x    可得        1 1 1 2 2g x x f x g       ， 则 2 1 0x    ，解得 1 1x   ； 当 1 0x   时，即当 1x  时， 由   21 1 f x x    可得        1 1 1 2 2g x x f x g      ， 则 1 2x   ，解得 3x  . 综上所述，不等式   21 1 f x x    的解集为    1,1 3,    . 故选：D. 【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下： （1）先分析出函数在指定区间上的单调性； （2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域； （3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集. 11．15π 【分析】先求出半径，再用扇形面积公式计算即可. 【详解】 5π150 6  ，根据弧长公式 5π 5π 6 r  ， 则 6r  ，所以扇形的面积为 1 1 6 5π 15π 2 2 rl     . 故答案为：15π 12．    1,0 0,   答案第 5页，共 9页 【分析】函数定义域满足  2log 3 1 0 0 x x       ，解得答案. 【详解】函数    2 3 1sin log 3 1 f x x xx      的定义域满足：  2log 3 1 0 0 x x       ， 解得 1x   且 0x  . 故答案为：    1,0 0,   . 13． (1, 2) 【分析】根据幂函数的定义求得 1m  或 3m  ，然后利用单调性得 1m   ，然后代入解析式， 解不等式即可. 【详解】因为  2 2( ) 4 4 mf x m m x    是幂函数，所以 2 4 4 1m m   ，解得 1m  或 3m  . 又因为 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，所以 2 0m  ，解得 1m  ，则 1( )f x x  . 由 1(2 ) 1 2 f x x     ，解得1 2x  ，所以不等式 (2 ) 1f x  的解集是 (1, 2) . 故答案为： (1, 2) 14．2 【分析】先由题意结合 log 1 0a  求出点 A，进而由点 A在直线上得 2m n  ，再结合基本不 等式常数“1”的妙用即可求解. 【详解】因为 log 1 0a  ，所以函数 log ( 2) 1( 0ay x a    且 1)a  的图象恒过定点 ( 1, 1)  ， 即 ( 1, 1)A   ， 又点 A在直线 2 0mx ny   上，故 2m n  ， 又 0, 0m n  ，所以 1 1 1 1 1 1 1( ) 2 2 2 2 2 2 2 n m n mm n m n m n m n m n                           ， 当且仅当 n m m n  即 1m n  时等号成立， 所以 1 1 m n  的最小值为 2. 故答案为：2. 15． 2 2e 【分析】根据已知函数解析式作出函数图像，根据图像结合已知得出 1 2 2x x   ， 3 4 0x x 、 ， 答案第 6页，共 9页 且  3 41 ln 1 lnx x    ，根据对数运算得出 23 4 ex x  ，即可对所求式子化简得出 4 32x x ，再 根据基本不等式得出答案. 【详解】作函数   2 2 , 0 1 ln , 0 x x x f x x x       与 y m 图像如下：  f x m 存在四个不相等的实根 1 2 3 4, , ,x x x x ，且 1 2 3 4x x x x   ， 则 1 2 2x x   ， 3 4 0x x 、 ，且  3 41 ln 1 lnx x    ， 则 3 4ln ln 2x x  ，即 3 4ln 2x x  ，得 23 4 ex x  ， 则  4 3 3 41 2 4 32 2 2 2 2ex x x xx x xx    ， 当且仅当 4 32x x 时，即 3 2 e 2 x  ， 4 2ex  时，等号成立， 故答案为： 2 2e . 16．(1)0 (2)12 【分析】（1）根据指数幂的运算求解； （2）由对数的运算性质及换底公式求解. 【详解】（1）原式 1 23 49 3 71 1 0 4 16 4 4            . （2）原式 ln9 2 3e log 3 log 2 lg100 9 1 2 12        ． 17．(1) 5sin 5    ， 1tan 2   (2) 1 2 答案第 7页，共 9页 【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系求解； （2）利用诱导公式化简求值. 【详解】（1）因为 2 2sin cos 1   ， 2 5cos 5    ， 所以 5sin 5    ，又 为第三象限角， 所以 5sin 5    ，所以 sin 1tan cos 2     ； （2）由诱导公式化简得：            πsin 5π sin sin π sin cos sin 12 tan π 3π cos sin cos 2cos π cos sin 2 2                                      ． 18．(1) 3 8 (2) 7 2 【分析】 （1）利用韦达定理以及同角三角函数的平方关系求解即可； （2）根据已知条件判断出 sin cos 0   ，所以利用  2sin cos sin cos      即可求 解. 【详解】（1）由已知得 1sin cos 2     ①， sin cos m    ②， 将①两边同时平方得 2 2 1sin cos 2sin cos 4       ， 则 3sin cos 8     ，所以 3 8 m  ； （2）∵0 π  ， 1sin cos 2     ， 3sin cos 8     ， ∴ sin 0  ， cos 0  ，∴ sin cos 0   ，  2 3sin cos sin cos 1 2sin cos 1 2 8                    7 2  . 19．(1) π ππ π 6 3 k k     ， ， Zk (2) 11 2     ， (3) 5π π{ | 6 2 x x    或 π π}. 6 2 x  答案第 8页，共 9页 【分析】（1）通过诱导公式可得函数  f x 的单调递减区间相当于函数 πsin 2 6 y x      的单 调递增区间，直接由正弦函数的单调性即可得结果； （2）通过 x的范围得出 π 2 6 x 的范围，由正弦函数的性质即可得结果； （3）先求出在R 上的解集，再结合给定区间即可得结果. 【详解】（1）   π πsin 2 sin 2 6 6 f x x x               ， 函数  f x 的单调递减区间相当于函数 πsin 2 6 y x      的单调递增区间， 令 π π π2 2 π 2 π 6 2 2 x k k       ， ， Zk ， 则 π ππ π 6 3 x k k      ， ， Zk ， 函数在R 上的单调递减区间为 π ππ π 6 3 k k     ， ， Zk ． （2） π0 2 x       ， ， π 5π π2 6 6 6 x        ， ， 当 π π2 6 2 x   ，即 π 3 x  时， min π( ) 1 3 f x f        ； 当 π π2 6 6 x  ，即 0x  时，  max 1( ) 0 2 f x f  ， 函数  f x 在 π0 2      ， 上的值域为 11 . 2     ， （3）   π 1sin 2 6 2 f x x         ， 5π π π2 π 2 2 π 6 6 6 k x k      ， Zk ， π ππ π 6 2 k x k      ， Zk ，  π πx  ， ， 5π π 6 2 x    或 π π 6 2 x  ， 故不等式   1 2 f x   在 π π ， 上的解集为 5π π{ | 6 2 x x    或 π π}. 6 2 x  20．(1)定义域为  2,2 ，偶函数 (2)  1,0 (3) ln4 1 . 【分析】（1）根据函数奇偶性的定义和判定方法，即可求解； 答案第 9页，共 9页 （2）根据题意，由不等式  2 1 ln3f m  ，得出不等式组，即可求解； （3）根据题意，转化为 max( ) 1f x m  ，结合对数型函数的单调性，求得 max( ) ln4f x  ，列 出不等式，即可求解. 【详解】（1）解：由函数      ln 2 ln 2f x x x    有意义，则满足 2 0 2 0 x x      ，解得 2 2x   ， 所以函数  f x 的定义域为  2, 2 ，关于原点对称， 又由              ln 2 ln 2 ln 2 ln 2f x x x x x f x              ， 所以函数  f x 为定义域上偶函数. （2）解：由函数      ln 2 ln 2f x x x    ， 可得           2 1 ln 2 2 1 ln 2 2 1 ln 3 2 1 2f m m m m m          ， 又由  2 1 ln3f m  ，可得 2 2 1 2 (3 2 )(1 2 ) 3 m m m         ，解得 1 0m   ， 即实数m的取值范围为  1,0 . （3）解：若存在 x使得不等式  f 1x m  成立，即 max( ) 1f x m  ， 由         2ln 2 2 ln 4f x x x x     ，其中  2,2x  ， 因为函数   24g x x  在  2,0 上单调递增，在  0,2 上单调递减， 所以函数  g x 在  2,0 上单调递增，在  0,2 上单调递减， 可得  max( ) 0 ln4f x f  ，所以 1 ln4m  ，即 ln4 1m   ， 所以实数m的最大值为 ln4 1 .