精品解析：福建省福州市闽侯县第一中学2024-2025学年高一上学期12月月考数学试题

闽侯一中2024-2025学年第一学期第二次月考 高中一年数学科试卷 命题教师：张学奋 审核教师：黄沁龙､余凌彦､潘榕 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 设集合，，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. -2 2. 若为函数的零点，则所在区间为（ ） A. B. （1，2） C. D. 3. 在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则为（ ） A. 第一､二象限角 B. 第二､三象限角 C. 第一、三象限角 D. 第一､四象限角 5. 设，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 升温系数是衡量空调制热效果好坏的主要依据之一.把物体放在制热空调的房间里升温，如果物体初始温度为，空气的温度为小时后物体的温度可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的升温系数.现有，两个物体放在空气中升温，已知两物体的初始温度相同，升温2小时后，，两个物体的温度分别为，，假设，两个物体的升温系数分别为，，则（ ） A. B. C. D. 7. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，有成立，则实数的取值集合为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 命题“”的否定是“” B. “，且”是“”的充要条件 C. 函数，则函数的单调递增区间为 D. 函数（其中且）的图象过定点 10. 已知，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，若关于的方程有四个不同的根，它们从小到大依次记为，则（ ） A. B. C. D. 函数有6个零点 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 函数且过定点，则__________. 13. 砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气.如图所示，一扇环形砖雕，可视为将扇形截去同心扇形所得图形，已知，，，则该扇环形砖雕的面积为________. 14. 若函数的最小值为，则实数的取值范围为__________. 四､解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明､证明或演算步骤.） 15. （1）计算： （2）若，求的值. 16. 已知二次函数满足. （1）求函数的解析式； （2）若，，求的最小值. 17. 已知函数． （1）若，且为奇函数，求的值； （2）若，且的最小值为，求的最小值． 18. 为研究某种病毒的繁殖速度，某科研机构对该病毒在特定环境下进行培养观察，每隔单位时间进行一次记录，用表示经过单位时间的个数，用表示此病毒的数量，单位为万个，得到如下数据： 1 2 3 4 5 6 （万个） 10 50 250 若该病毒的数量（单位：万个）与经过个单位时间的关系有两个函数模型与可供选择. （1）判断哪个函数模型更合适，并求出该模型的解析式； （2）至少经过多少个单位时间该病毒的数量不少于12亿个？ 参考数据：. 19. 我们知道：设函数的定义域为D，那么“函数的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是“，”．有同学发现可以将其推广为：设函数的定义域为D，那么“函数的图象关于点(m,n)成中心对称图形”的充要条件是“，”已知． （1）利用上述结论，证明：的图象关于点成中心对称图形； （2）判断的单调性（无需证明），并解关于x的不等式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闽侯一中2024-2025学年第一学期第二次月考 高中一年数学科试卷 命题教师：张学奋 审核教师：黄沁龙､余凌彦､潘榕 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 设集合，，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】由得.易知且不符合题意，则，解之即可求解. 【详解】由，得. 若，则，不符合题意； 又，所以，解得. 故选：A 2. 若为函数的零点，则所在区间为（ ） A. B. （1，2） C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据零点存在性定理即可求解. 【详解】函数为上的增函数， 又， 且， 因为， 所以所在区间为. 故选：B 3. 在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义，同角三角函数的关系，诱导公式可以求解. 【详解】因为角的终边与单位圆交于点，所以， 因为角是第二象限角，所以， 所以， 故选：C. 4. 若，则为（ ） A. 第一､二象限角 B. 第二､三象限角 C. 第一、三象限角 D. 第一､四象限角 【答案】D 【解析】 【分析】根据各象限角的三角函数的符号特征判断即可. 【详解】因为，则或， 所以为第一象限或第四象限角. 故选：D 5. 设，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过构造指数函数和对数函数比较大小. 【详解】因为函数在上单调递增，且，所以，即， 因为函数在上单调递减，且，所以，即； 因为函数在上单调递增，且，所以，即； 所以. 故选B. 6. 升温系数是衡量空调制热效果好坏的主要依据之一.把物体放在制热空调的房间里升温，如果物体初始温度为，空气的温度为小时后物体的温度可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的升温系数.现有，两个物体放在空气中升温，已知两物体的初始温度相同，升温2小时后，，两个物体的温度分别为，，假设，两个物体的升温系数分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意列式，利用指数、对数的运算性质，可得答案. 【详解】由题意得：，， 则，， ，， ，即. 故选：C. 7. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出函数的定义域，即可判断B、D，再根据函数在上的单调性排除C. 【详解】函数，令，解得， 所以函数的定义域为，故排除B、D； 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，故排除C. 故选：A 8. 已知函数，有成立，则实数的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用对数型函数的单调性求出的值域，令，根据值域关系建立不等式求解，解指数不等式即可求解. 【详解】令，则该函数在上单调递减， 又在定义域上单调递增，所以函数在上单调递减， 所以，即函数在上的值域为， 令，则，令，， 因为，，有成立， 所以值域为值域的子集，即为函数值域的子集， 当时，，显然不满足题意； 当时，的对称轴，且开口向上， 所以在上单调递增，且， 所以，，即，所以，所以， 所以或（与矛盾舍去），所以， 所以，即实数的取值集合为. 故选：B 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 命题“”的否定是“” B. “，且”是“”的充要条件 C. 函数，则函数的单调递增区间为 D. 函数（其中且）的图象过定点 【答案】AD 【解析】 【分析】根据特称量词命题的否定判断A；举例说明即可判断B；根据对数函数、二次函数和复合函数的单调性即可判断C；根据对数函数恒过定点即可判断D. 【详解】A：命题“”的否定为“”，故A正确； B：当时，有，所以充分性成立， 若，满足，但不成立，所以必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误； C：由或， 得函数的定义域为， 对于二次函数，在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在上单调递增，即函数的单调递增区间为，故C错误； D：对于（其中且），令，得，则， 所以函数恒过定点，故D正确. 故选：AD 10. 已知，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本不等式及其变形式逐项分析判断即可. 【详解】对于A：因为，， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号，故A正确； 对于B：因为，当且仅当时取等号，故B错误； 对于C：因为，当且仅当时取等号，故C正确； 对于D：因为， 所以，当且仅当，即时取等号，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知函数，若关于的方程有四个不同的根，它们从小到大依次记为，则（ ） A. B. C. D. 函数有6个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】作出函数的图象，对于A：直接观察即可；对于B：通过求解；对于C：根据图象得到，，进一步计算求解；对于D：令，求出的根，代入，继续根据图象可求根的个数. 【详解】因为， 当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，且，； 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 作出函数的图象如下： 对于A：关于x的方程有四个不同的根， 即函数与的图象有4个交点，由图象可得，故A错误； 对于B：由图可知，即，解得，故B正确； 对于C：由图象知，所以，且， 所以， 又由， 所以，故C正确； 对于D：对于函数，令，则， 即，因为，，， 可得， 当时，由图可得，有个根， 当时，由图可得，有个根， 当时，由图可得，有个根， 当时，由图可得，有个根， 综合得函数有个零点，故D错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12. 函数且过定点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数的性质，求出所对应的函数值，即可得解. 【详解】对于函数且，令，解得， 所以， 所以恒过点，即， 所以. 故答案为： 13. 砖雕是我国古建筑雕刻中的重要艺术形式，传统砖雕精致细腻、气韵生动、极富书卷气.如图所示，一扇环形砖雕，可视为将扇形截去同心扇形所得图形，已知，，，则该扇环形砖雕的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合扇形的面积公式，准确计算，即可求解. 【详解】因为扇形的院校为， 又因为，， 所以，该扇环形砖雕的面积为. 故答案为：. 14. 若函数的最小值为，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数解析式由二次函数单调性以及基本不等式求得两部分取得最小值的表达式，解不等式即可得出结果. 【详解】当时，，因为的图象关于对称， 若最小值为，可知，即可得； 又当时，，当且仅当时等号成立； 若最小值为可得，即，解得； 综上可知，实数的取值范围为. 故答案为： 四､解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明､证明或演算步骤.） 15. （1）计算： （2）若，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据指数幂的运算性质及对数的运算性质计算可得； （2）由诱导公式求出，再由诱导公式化简，最后将弦化切，代入计算可得. 【详解】（1） ； （2），， . 16. 已知二次函数满足. （1）求函数的解析式； （2）若，，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据条件建立方程组，即可求解； （2）由（1）可得，，对分类讨论，利用二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 设， 因为 ， 所以，解得，所以. 【小问2详解】 ，. 当时，在上单调递增，； 当时，； 当时，在上单调递减，. 综上，. 17. 已知函数． （1）若，且为奇函数，求的值； （2）若，且的最小值为，求的最小值． 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）由奇函数可得，代入求解即可 （2）利用换元法得，然后利用基本不等式求最值即可 【小问1详解】 当时，， 因为是奇函数，所以， 即，得，可得． 【小问2详解】 令，则， 所以，即， 当且仅当，即时等号成立，所以， 由题意，，所以．所以， 当且仅当时等号成立，由，解得， 所以的最小值为4 18. 为研究某种病毒的繁殖速度，某科研机构对该病毒在特定环境下进行培养观察，每隔单位时间进行一次记录，用表示经过单位时间的个数，用表示此病毒的数量，单位为万个，得到如下数据： 1 2 3 4 5 6 （万个） 10 50 250 若该病毒的数量（单位：万个）与经过个单位时间的关系有两个函数模型与可供选择. （1）判断哪个函数模型更合适，并求出该模型的解析式； （2）至少经过多少个单位时间该病毒的数量不少于12亿个？ 参考数据：. 【答案】（1）选择函数更合适，解析式为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用现有函数模型，代入题设相关数据并检验即可判断； （2）利用（1）中结论，结全对数的运算法则即可得解. 【小问1详解】 若选， 将和代入 可得，解得，故， 将代入，得与相差太大，不符合题意； 若选， 将和代入 可得，解得，故， 将代入，得，符合题意， 综上，选择函数更合适，解析式为. 【小问2详解】 依题意，设至少需要个单位时间， 则，即， 两边同时取对数，可得， 则， ，的最小值为14， 故至少经过14个单位时间该病毒的数量不少于12亿个. 19. 我们知道：设函数的定义域为D，那么“函数的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是“，”．有同学发现可以将其推广为：设函数的定义域为D，那么“函数的图象关于点(m,n)成中心对称图形”的充要条件是“，”已知． （1）利用上述结论，证明：的图象关于点成中心对称图形； （2）判断的单调性（无需证明），并解关于x的不等式． 【答案】（1）的定义域为， 且, 根据条件可得的图象关于点成中心对称图形； （2）函数单调递减， 关于x的不等式解如下： 当时，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. 【解析】 【分析】（1）直接计算的值即可； （2）先观察出的单调性，然后利用函数的对称性，将不等式变形，并利用单调性去掉，分类讨论求不等式的解集. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，当越大，会导致为正数，且越大，从而会越小， 所以在上单调递减， 由得， 所以由在上单调递减可得， 即，即， 当，即时，不等式的解为或， 当，即时，不等式的解为或， 当，即时，不等式的解为， 综上所述：当时，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $