浙江省温州市温州中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省温州市温州中学2023-2024学年高一上学期12月月考数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学试题卷
一、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. 命题“”的否定是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用全称命题的否定方法求解，改变量词，否定结论.
【详解】因为的否定为，
所以选A.
【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，一般处理策略是：先改变量词，然后否定结论.
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】D
【解析】
【分析】利用对数函数定义域的求法与二次不等式化简集合，再利用充分必要条件的定义即可得解.
【详解】因为，
当时，取，则由，得，解得，
此时，此时不成立，故充分性不成立；
当时，取，由，得，解得，
此时，满足，但不成立，故必要性不成立；
综上，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3. 已知扇形的圆心角为2弧度，且圆心角所对的弦长为4，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由扇形的弧长和面积公式求解即可.
【详解】因为扇形的圆心角弧度为2，所对弦长为4，为圆心，如下图，
取的中点，连接，则，则，
则扇形的半径，所以扇形的弧长，
则扇形的面积为.
故选：A.

4. 已知函数y＝f（x）的部分图象如图所示，则函数f（x）的解析式最可能是（ ）
A. y＝xcsxB. y＝sinx－x2C. D. y＝sinx＋x
【答案】A
【解析】
【分析】由图象判断函数的奇偶性，以及函数值的符号，运用排除法可得结论.
【详解】由f（x）的图象关于原点对称，可得f（x）为奇函数，
对于选项B，f（x）＝sinx－x2，f（－x）＝－sinx－x2≠－f（x），f（x）不为奇函数，故排除B；
对于选项C，f（x）＝，f（－x）＝＝2x（1－csx）≠－f（x），f（x）不为奇函数，故排除C；
对于选项D，f（x）＝x＋sinx，f（－x）＝－sinx－x＝－f（x），可得f（x）为奇函数，
由f（x）＝0，可得sinx＝－x，f（0）＝0，由y＝sinx和y＝－x的图象可知它们只有一个交点，故排除D；
对于选项A，f（x）＝xcsx，f（－x）＝－xcs（－x）＝－xcsx＝－f（x），可得f（x）为奇函数，
且f（x）＝0时，x＝0或x＝kπ＋（k∈Z），f（）＜0，f（π）＜0，
故选项A最可能正确.
故选：A.
5. ，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数和指数函数的单调性即可得出，，的大小关系．
【详解】，
，，
．
故选：．
6. 已知函数是奇函数，则实数（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数为奇函数的性质，可进行求解.
【详解】由题知为奇函数，所以得：，
即：，解之得：，故D项正确.
故选：D
7. 若函数有4个零点，则正数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一次函数与对数函数的图象，得到时，函数只有一个零点，结合题意，得到时，方程有三个零点，利用三角函数的性质，得出不等式，即可求解.
【详解】当时，令，即，即，
因为函数与的图象仅有一个公共点，如图所示，

所以时，函数只有一个零点，
又由函数有4个零点，
所以时，方程有三个零点，如图所示，

因为，可得，则满足，
解得，即实数的取值范围为.
故选：B.
8. 若，，则的最小值为（ ）
A. 4B. C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先变形，再两次利用基本不等式，即可求最值.
【详解】，
其中，其中，
当时，即时，等号成立，
，当，即时等号成立，
当满足，即，时，两个等号同时成立，
所以的最小值为8.
故选：C
二、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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性可判断选项A；根据图象的变换及对数函数的单调性可判断选项B；先去绝对值，再根据二次函数的单调性可判断选项C；根据正切函数的单调性可判断选项D.
【详解】对于选项A：因为函数在上单调递增，且，
所以在区间上单调递增，故选项A正确；
对于选项B：因为函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到的，而函数在上单调递增；所以函数在上单调递增，故选项B正确；
对于选项C：当时，.
由二次函数的单调性可得：函数在上单调递减，故选项C正确；
对于选项D：由正切函数的性质可知函数在上单调递增.
因为，所以选项D错误.
故选：AB.
10. 已知函数（，，）在处取得最小值，与此最小值点相邻的的一个零点为，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D. 在上单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】由结合题意与余弦型函数的性质可得的解析式，可得A、B；再借助解析式对C、D逐一验证即可.
【详解】由最小值为，，可得，
由在处取得最小值，且与此最小值点相邻的一个零点为，
故，即，又，则，
有，解得，
又，则，即，
故A正确、B错误；
，
由为奇函数，故为奇函数，即C正确；
若，则，
而不是的单调递减区间，
故不是的单调递减区间，
故D错误.
故选：AC.
11. 设，为正数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过变形为，，即可判定选项A,B；利用基本不等式构造的不等关系式即可判定选项C；利用消元求出的最值，从而得到，将代入，即可判定选项D.
【详解】因为，所以，且，
因为a，b为正数，所以，，即，，故A正确，B错误；
因，所以同除可得，
又a，b为正数，可得，
当且仅当时取得等号，则，
故，所以，故C正确；
因为，所以，又，所以，
所以，
当且仅当，即时取得等号，即，
因为，所以，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
12. 记区间M＝[a，b]，集合N＝{y|y＝，x∈M}，若满足M＝N成立的实数对（a，b）有且只有1个，则实数k可以取（ ）
A. ﹣2B. C. 1D. 3
【答案】AD
【解析】
【分析】分类讨论，对a,b的取值情况分类考虑，由集合与函数的性质进行分析，即可求出满足题意的k.
【详解】∵y＝，当x＝0时，y＝0，
当x≠0时，y＝，可知函数为偶函数，
若存在唯一实数对（a，b）使M＝N，
若，，，，即，此时 ,
若 ，不合题意，若 ，则，此时区间内含有0，
由x＝0时，y＝0时知，此时必有 ，或，矛盾；
所以综上述只有当x＝a时，y＝b，当x＝b时，y＝a，
即，两式相乘得，
∴k2＝（|a|＋1）（|b|＋1）或k2＝﹣（|a|＋1）（|b|＋1），
∵k2＞0，
∴k2＝（|a|＋1）（|b|＋1），
又∵|a|＞0，
∴|a|＋1＞1，同理|b|＋1＞1，
∴（|a|＋1）（|b|＋1）＞1，
即k2＞1，
k＞1或k＜﹣1，
故满足条件为AD，
故选：AD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】求出即可得出的值.
【详解】由题意，
在中，
，
∴，
故答案为：.
14. 已知函数的图象不经过第二、四象限，请写出满足条件的一组的值________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定条件，可得函数的图象过原点求出，再按分类讨论即得.
【详解】函数的定义域为，当，即时，的图象必过第四象限，矛盾，
因此，由函数的图象不经过第二、四象限，得点只能在原点，
则，即，当时，若，则有，的图象必过第四象限，矛盾，
当时，若，则，此时的图象在第三象限，
若，则，此时的图象在第一象限，
所以且，满足条件的一组的值可以为.
故答案为：
15. 已知，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用换元法与三角函数的基本关系式，结合诱导公式与倍角公式即可得解.
【详解】因为，令，则，，
又，所以，则，
所以，故，
.
故答案为：.
16. 理论上，一张纸经过一定次数对折之后厚度能超过地月距离，但实际上，因为纸张本身有厚度，我们并不能将纸张无限次对折，当我们的厚度超过纸张的长边时，便不能继续对折了.一张长边为，厚度为的矩形纸张沿两个方向不断对折，则经过两次对折，长边变为，厚度变为.在理想情况下，对折次数有下列关系：，根据以上信息，一张长为30，厚度为0.05的纸张最多能对折的次数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】解不等式来求得次数.
【详解】依题意
，
，
所以，即，
所以正整数的最大值为.
故答案为：
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. 设集合，，．
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）解对数不等式与二次方程化简集合，从而得解；
（2）分类讨论与，结合二次方程根的分布即可得解.
【小问1详解】
由，得，
解得，则，
当时，可化为，
解得或，则，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
当时，由，得，解得；
当时，令，其开口向上，对称轴为，
则，即，解得；
综上，，即的取值范围为.
18. 已知（）．
（1）若为偶函数，求的值；
（2）若的最小值为，求的对称中心．
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）由偶函数定义列式结合三角函数运算得解；
（2）将化简，由的最小值为，可求得，再由正弦函数的性质得解.
【小问1详解】
因为是偶函数，所以，即，化简得，
或，
解得，，又，
所以.
【小问2详解】
由
，由的最小值为，
则，即，又，
所以，
所以，由可知，
令，，即，
所以的对称中心为，.
19. 设函数，满足：①；②对任意，恒成立．

（1）求函数的解析式．
（2）设矩形的一边在轴上，顶点，在函数的图象上．设矩形的面积为，求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，结合题设条件即可得解；
（2）先利用导数判断的图象性质，从而利用矩形面积公式得到关于的表达式，从而得证.
【小问1详解】
因为，
由，得，则；
由，得，恒成立，
即恒成立，所以，所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
令，得；令，得；
所以在单调递增，单调递减．
不妨设，，由知，
那么，；
故，
因为，所以．
20. 已知函数为偶函数.
（1）求实数的值；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）设函数的零点为，求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据偶函数的定义求得的值.
（2）利用分离常数法，结合换元法、函数的单调性来求得的取值范围.
（3）先求得的取值范围，结合函数的单调性证得不等式成立.
【小问1详解】
，
由于为偶函数，
所以，即，
所以，.
【小问2详解】
依题意关于的不等式恒成立，
即，
，
令，当时等号成立，
由于是单调递增函数，，即，
所以.
【小问3详解】
函数的零点为，
即，
函数在上递增，，
，
所以，
对任意，
，
其中，所以，即在上递增，
所以，
即.
21. 在月亮和太阳的引力作用下，海水水面发生的周期性涨落现象叫做潮汐．一般早潮叫潮，晚潮叫汐．受潮汐影响，港口的水深也会相应发生变化．下图记录了某港口某一天整点时刻的水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的大致关系：
假设4月份的每一天水深与时间的关系都符合上图所示．
（1）请运用函数模型，根据以上数据写出水深y与时间x的函数的近似表达式；
（2）根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于3.5米，否则该船必须立即离港．一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划明天进港卸货．
①求该船可以进港的时间段；
②该船今天会到达港口附近，明天0点可以及时进港并立即开始卸货，已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米．请设计一个卸货方案，在保证严格遵守该港口安全条例的前提下，使该船明天尽早完成卸货（不计停靠码头和驶离码头所需时间）．
【答案】（1）；
（2）①0点到4点以及12点到16点进入港口；②该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.
【解析】
【分析】（1）根据给定的图形，求出函数模型中的各个参数作答.
（2）①根据给定条件，列出不等式求解作答；②求出最小水深的函数关系，数形结合求解作答.
【小问1详解】
观察图形知，，解得，，，解得，
显然函数的图象过点，即，又，因此，
所以函数表达式为.
【小问2详解】
①依题意，，整理得，
即有，即，
解得或，
所以该船可以在0点到4点以及12点到16点进入港口.
②由①结论知，该船明日0点即可进港开始卸货，
设自0点起卸货小时后，该船符合安全条例的最小水深为，
如图，函数与的图像交于点，
即卸货5小时后，在5点该船必须暂时驶离港口，此时该船的吃水深度为4.5米，
令，即，，
解得，显然，
该船在11点可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16点，
综上所述，方案如下：该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.
【点睛】思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定，由图象上特殊点求.
22. 设函数，，其中．
（1）当时，求函数值域；
（2）记的最大值为M，
①求M；
②求证：．
【答案】（1）；（2）①；②证明见解析．
【解析】
分析】
（1）化简得，配方求值域即可；
（2）①设，换元得，分类讨论即可求解；②利用绝对值不等式的性质求出利用做差法与比较大小即可求证.
【详解】（1）
当时，
因为，
所以
（2）设，，
对称轴为，开口向上，，，
1）当时，，，所以
2）当时，，，所以
3）当时，，，所以
综上所述：
②
当时，
所以
当时，
所以
当时，，所以
综上所述：所以
【点睛】关键点点睛：证明时，先求出的最大值是解题关键，应用绝对值不等式的性质，可求出，然后分类利用作差法比较大小即可，属于难题.