精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高一上学期12月月考数学试题

2024年高一上学期数学月考试卷 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 以下选项中，是集合的元素的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则“”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 3. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 8 D. 6 4. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 7. 已知，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，函数在区间上的最大值是5，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共20分） 9. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 以下说法正确的有（ ） A. 设，则 B. 函数的图象与函数的图象关于直线对称 C. 若是偶函数，则 D. 函数在区间上的图象是一段连续曲线，如果，则函数在上没有零点 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知定义在上的奇函数满足，若，则（ ） A. 4为的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. D. 三、填空题（共20分） 13. 弧长为的扇形的圆心角为，则此扇形的面积为__________. 14. 已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围是______． 15. 已知函数，且时，，则的取值范围为____________. 16. 已知，若方程有四个根且，则的取值范围是______. 四、解答题（共70分） 17. 设集合，. （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数m的取值范围. 18. 已知函数． （1）若函数的值域为，求a的取值范围； （2）是否存在，使在上单调递增，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由． 19. 已知. （1）求的值； （2）求的值. 20. 已知函数，（且），且. （1）求b的值，判断函数的奇偶性并说明理由； （2）当时，求不等式的解集； （3）若关于x的方程有两个不同的解，求实数m的取值范围. 21. 设矩形的周长为，其中.如图所示，为边上一动点，把四边形沿折叠，使得与交于点.设，. （1）若，将表示成的函数，并求定义域； （2）在（1）条件下，判断并证明的单调性； （3）求面积的最大值. 22. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义加以证明； （3）解关于的不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年高一上学期数学月考试卷 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 以下选项中，是集合的元素的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】逐个验证即可. 【详解】对于A：满足， 对于B: ，错误； 对于C: ，错误； 对于D: ，错误； 故选：A 2. 若，则“”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 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可. 【详解】解法一： 因为，且， 所以，即，即，所以. 所以“”是“”的充要条件. 解法二： 充分性：因为，且，所以， 所以， 所以充分性成立； 必要性：因为，且， 所以，即，即，所以. 所以必要性成立. 所以“”是“”的充要条件. 解法三： 充分性：因为，且， 所以， 所以充分性成立； 必要性：因为，且， 所以， 所以，所以，所以， 所以必要性成立. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 8 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用“1”的代换法，利用基本不等式求得最小值． 【详解】根据题意， 当且仅当，即时，等号成立． 故选：C 4. 已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 则，即的取值范围是. 故选：C. 5. 生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分析可得，消去即可求解. 【详解】由题意得，则，即，所以. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题设得，化弦为切求目标式的值. 【详解】由题设，又. 故选：D 7. 已知，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用配方法可得答案. 【详解】， 其图象是对称轴为，开口向上的抛物线， 所以当时，有最小值，为， 当时，有最大值，为， 则的取值范围为. 故选：C. 8. 已知，函数在区间上的最大值是5，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对勾函数的单调性可得，分，，三种情况讨论即可. 【详解】因为，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，， 函数的最大值，所以，舍去； 当时，，符合题意； 当时，， 则或， 解得或， 综上，实数的取值范围是. 故选：. 【点睛】关键点点睛：根据对勾函数可得，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行分类讨论，分，，三种情况逐一分析. 二、多选题（共20分） 9. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于选项A：利用基本不等式即可判断； 对于选项B：利用“1”的妙用，即可判断； 对于选项C：利用基本不等式即可判断； 对于选项D：利用配凑思想，根据基本不等式即可判断； 【详解】对于选项A：因为，则，当且仅当， 即时取等号，故选项A正确； 对于选项B：， 当且仅当，即时取等号，故选项B错误； 对于选项C：由选项A可知，所以， 当且仅当，即时取等号，故选项C正确； 对于选项D：因为，当且仅当，即时取等号，这与x，y均为正数矛盾，故，故选项D错误. 故选：AC. 10. 以下说法正确的有（ ） A. 设，则 B. 函数的图象与函数的图象关于直线对称 C. 若是偶函数，则 D. 函数在区间上的图象是一段连续曲线，如果，则函数在上没有零点 【答案】AC 【解析】 【分析】由对数、指数的运算可判断A，由函数图象平移可判断B，由偶函数的定义可判断C，通过反例可判断D. 【详解】A，由，可得：，则，所以，A正确； B，函数和的图象关于直线对称， 函数的图象可由的图象左移1个单位得到， 函数图象可由的图象右移2个单位得到， 所以函数和的图象关于直线对称，B错误； C，的定义域是，由于是偶函数， 所以，即， 所以，解得， 经验证符合题意，C正确； D，函数在区间上的图象是一段连续曲线， 如果，则函数在上可能有零点， 例如在，故D错误. 故选：AC. 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知可得，可判断A；利用基本不等式的性质计算可判断BCD. 【详解】因为，所以，所以， 所以，故A错误； 所以，所以， 所以，则，故B正确； 因为，所以，故C正确； 因为，故D错误. 故选：BC. 12. 已知定义在上的奇函数满足，若，则（ ） A. 4为的一个周期 B. 的图象关于直线对称 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数的基本性质对选项AB进行验证，根据函数周期结合函数奇偶性对选项CD进行验证，即可得出答案. 【详解】对于A：函数为奇函数，则， 则， 则的一个周期为4，故A正确； 对于B：，则函数关于对称，故B正确； 对于C：的一个周期为4， ， 令中的，则， 函数为定义在上奇函数， ， ，故C正确； 对于D：的一个周期为4， ， 函数为奇函数， ， ，故D错误； 故选：ABC. 三、填空题（共20分） 13. 弧长为的扇形的圆心角为，则此扇形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形弧长求半径，由扇形面积公式求面积. 【详解】由题设，扇形半径，故扇形面积为. 故答案为：. 14. 已知函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件得到，且在上大于等于0恒成立，即可得到答案. 【详解】因为函数（且）在区间上单调递增， 在上单调递减， 所以，且在上大于等于0恒成立. 所以. 故答案为： 15. 已知函数，且时，，则的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，结合对数的运算性质求出，根据二次函数的对称性求出，再结合二次函数的性质即可得解. 【详解】作出函数的图象，如图所示， 因为时，， 由图可知，， 则， 即，所以，所以， 由函数关于对称，可得， 所以， 因为，所以， 即的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：作出函数的图象，结合对数的运算性质求出，根据二次函数的对称性求出，是解决本题的关键. 16. 已知，若方程有四个根且，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，结合图象得出，，得到，结合指数函数的性质，即可求解. 【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示， 因为方程有四个根且， 由图象可知，，可得， 则， 设，所以， 因为，所以，所以， 所以，即， 即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和指数函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力. 四、解答题（共70分） 17. 设集合，. （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数m的取值范围. 【答案】（1）；（2）； 【解析】 【分析】 （1）由集合描述求集合、，根据集合交运算求；（2）由充分不必要条件知⫋，即可求m的取值范围. 【详解】， （1）时，， ∴； （2）“”是“”的充分不必要条件，即⫋， 又且， ∴，解得； 【点睛】本题考查了集合的基本运算，及根据充分不必要条件得到集合的包含关系，进而求参数范围，属于基础题. 18. 已知函数． （1）若函数的值域为，求a的取值范围； （2）是否存在，使在上单调递增，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 不存在，理由如下： 由函数在上单调递增， 则函数在递减，且对于恒成立， 所以，无解， 所以不存在，使在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）由题意可得函数的值域包含，进而结合求解即可； （2）由题意可得函数在递减，且对于恒成立，进而列出不等式组求解即可. 【小问1详解】 由函数的值域为，则函数的值域包含， 则，解得或， 即a的取值范围为. 【小问2详解】 略 19. 已知. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，根据两角和的正切公式运算求解； （2）根据诱导公式结合齐次式问题运算求解. 【小问1详解】 ∵，则， ∴. 【小问2详解】 由（1）可得：， 故. 20. 已知函数，（且），且. （1）求b的值，判断函数的奇偶性并说明理由； （2）当时，求不等式的解集； （3）若关于x的方程有两个不同的解，求实数m的取值范围. 【答案】（1），为奇函数，理由如下： 定义域满足，即， 又，故为奇函数. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由解得b，由定义判断的奇偶性 （2）由对数函数单调性解不等式 （3）分析得，由参变分离法，原命题等价于有两个不同的解，令化简得，即可由数形结合法判断m的范围. 【小问1详解】 由得，故，. 为奇函数，理由如下： 定义域满足，即， 又，故为奇函数. 【小问2详解】 ，，即，即，解得. 故不等式的解集为 【小问3详解】 的定义域为，，为增函数，∵，∴，∴. 经检验不符合方程，故可化为， 又，可化为，令，则. ∵关于x的方程有两个不同的解，即等价于在有两个不同的解，即等价于与的图象在有两个交点. ∵，当且仅当时等号成立，且在单调递减，在单调递增，， 故当与的图象在有两个交点时，，即. 故实数m的取值范围为. 21. 设矩形的周长为，其中.如图所示，为边上一动点，把四边形沿折叠，使得与交于点.设，. （1）若，将表示成的函数，并求定义域； （2）在（1）条件下，判断并证明的单调性； （3）求面积的最大值. 【答案】（1）， （2）在上单调递增，证明：因为，， 任取，且， 则 因为， 所以，， 所以， 即在上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）通过几何关系确定，利用R的三边关系建立，的关系，再利用，进而确定的范围即可. （2）应用函数单调性的定义证明即可； （3）设，将面积表示为，适当变形应用基本不等式求解最值即可. 【小问1详解】 解：根据题意，由，得， 由已知，故， 又因为 故在中，则， 即，整理得 又，则，故， ，所以，定义域为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：易知，当点位于点时，面积最大. 此时再设，，那么， 由得，， 所以，的面积， 令，则，， 故 ， 当且仅当，即，即时，等号成立， 故当时，的面积的最大值为. 22. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义加以证明； （3）解关于的不等式. 【答案】（1）是奇函数，理由如下： 由题意可知，， 因为的定义域为，且， 所以是奇函数. （2）在上是单调递增函数. 证明如下： 任取，设，则 . 因为，所以， 又因为，所以， 所以，即， 所以在上是单调递增函数. （3）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为. 【解析】 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义求解； （2）利用函数的单调性定义求解； （3）利用函数的单调性和奇偶性，将转化为求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）（2）知是上单调递增的奇函数， 所以在上单调递增， 所以， 可以转化为， 可化为， 即， ①当时，不等式为，这时解集为； ②当时，解不等式得到； ③当时，解不等式得到. 综上，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $