高一数学上学第三次月考（12月）模拟卷-高一数学热点题型归纳与培优练（人教A版必修第一册）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．十七世纪，数学家费马提出猜想：“对任意正整数，关于x，y，z的方程没有正整数解”．经历三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它终成费马大定理，则费马大定理的否定为（ ）
A．对任意正整数，关于x，y，z的方程都没有正整数解
B．对任意正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解
C．存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解
D．存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题进行判断.
【详解】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，可知，
费马大定理的否定为“存在正整数，关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解”，故D正确.
故选：D.
2．设集合，集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合是否为空集进行分类讨论可求的范围．
【详解】当时，，则，即，
当时，若，则或，
解得或，
综上，实数的取值范围为．
故选：D．
3．已知，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用不等式的性质得到的范围，再和的范围相加即可.
【详解】,
，又，
故选：C
4．设，则对任意实数，“”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分C．充要D．既不充分也不必要
【答案】C
【分析】先判断函数为奇函数且单调递增，再分别判断充分性和必要性得到答案.
【详解】定义域为，
，函数为奇函数
易知：在上单调递增，
且
故在上单调递增
当时，，充分性；
当时，即，必要性；
故选：
【点睛】本题考查了函数的奇偶性，单调性，充分必要条件，意在考查学生的综合应用能力.
5．已知函数的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性可列关于、、的方程组，然后转化为关于或的函数可解决此题．
【详解】由题意得在，上单调递减，
因为函数的值域为，，
所以，
，
，，，，
，
，，结合可得：，，
，．
故选：．
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】判断函数的奇偶性可排除CD；时判断出的值域排除A，即可得出答案.
【详解】函数的定义域为，
所以为偶函数，排除CD选项，
当时，，
则，排除A选项.
故选：B.
7．若正数满足，则中最大的数的最小值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】设b,，则，根据，，得到，解得，验证时成立，得出答案．
【详解】不妨设b,，则，即，
因为，所以，
所以，
所以，
又 ，
得，又，所以，
当时，当且仅当或时，中的等号成立，
所以a，b，c中最大的数的最小值为5，
故选：．
【点睛】此题考查了利用基本不等式求最值的问题，注意基本不等式成立的条件为一正、二定、三等，以及消元思想的应用，
8．已知函数，若函数恰有8个不同零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用十字相乘法进行因式分解，然后利用换元法，作出的图象，利用数形结合判断根的个数即可.
【详解】由，
得，
解得或，
作出的图象如图，
则若，则或，
设，由得，
此时或，
当时，，有两根，
当时，，有一个根，
则必须有，有个根，
设，由得，
若，由，得或，
有一个根，有两个根，此时有个根，不满足题意；
若，由，得，有一个根，不满足条件.
若，由，得，有一个根，不满足条件；
若，由，得或或 ，
当，有一个根，当时，有个根，
当时，有一个根，此时共有个根，满足题意.
所以实数a的取值范围为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：
(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，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，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知全集，，，，，则下列选项正确的为（ ）
A．B．的不同子集的个数为4
C．D．
【答案】AC
【分析】根据集合之间的关系作出图，逐项判断即可.
【详解】，
由，，，，，
作出图，如图所示，
由图可知，，，故A，正确；
集合的子集个数为个，故B错误；
因为，所以，错误.
故选：AC
10．下列大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据指数函数和幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】对选项A：函数单调递增，故，错误；
对选项B：函数在上单调递增，故，正确；
对选项C：函数单调递减，故，错误；
对选项D：，，故，正确；
故选：BD
11．函数，有下列结论正确命题的是（ ）
A．的图象关于轴对称
B．的最小值是
C．在上是减函数，在上是增函数
D．没有最大值
【答案】AD
【分析】利用偶函数的定义求解选项A;利用函数的单调性与最值求解选项B；利用双勾函数的性质求解选项C;利用函数的单调性与最值求解选项D.
【详解】对A，函数的定义域为，
，所以函数是偶函数，A正确；
对B，因为，
当且仅当，即时取得等号，
所以，
所以的最小值是，时取得等号，B错误；
对C，当时，，
根据双勾函数的性质可知，在单调递减，单调递增，
又因为函数是偶函数，所以函数在单调递减，单调递增，
根据复合函数的性质可得，函数在单调递减，单调递增，
在单调递减，单调递增，C错误；
对D，由C选项可知，函数无最大值，所以没有最大值，D正确；
故选:AD.
12．已知定义在R上的函数，对任意的，都有，且，则（ ）
A．或1B．是偶函数
C．，D．，
【答案】BD
【分析】用赋值法，令求得判断A，令判断B，求出判断C，令得出递推关系，进而得出函数的周期性，然后由周期性计算判断D．
【详解】在中，又有，
令得，所以，A错；
令得，所以，是偶函数，B正确；
令得，所以，
令得，所以，
令得，，C错；
令得，所以，
由此，即，
所以，是周期为6的周期函数，
，，，
，
所以，D正确．
故选：BD．
【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题，一般是通过赋值法，即在已知等式中让自变量取特殊值求得一些特殊的函数值，解题时注意所要求函数值的变量值与已知的量之间的关系，通过赋值还可能得出函数的奇偶性、周期性，这样对规律性求值起到决定性的作用．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数的定义域为，则的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据的定义域，求得的取值范围，由此求得的取值范围，也即求得函数的定义域.
【详解】由于函数的定义域为，
所以，即，
由于在定义域上递增，
所以，
解得.
所以函数的定义域为.
故答案为：
14．已知函数的值域为，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分别讨论当时，的值域和当时，的值域，根据分段函数的值域取二者的并集，结合集合的并集运算即可求解.
【详解】当时，在上单调递增，
所以时，；
当时，，
①若，则在上单调递增，在上单调递减，
则时，，即时，，
又时，，
此时，函数的值域为，不满足题意，舍去；
②当时，函数此时值域为，不满足题意，舍去；
③当时，在上单调递减，
则时，，即时，，
因为函数的值域为，
又时，；
则时，且，
不等式解得：，
不等式等价于时，，
设（），
因为在上单调递增，在上是增函数，
所以在上单调递增，又，
所以时，等价于，即，
则不等式解得：，
所以时，的解集为，
综上：实数的取值范围是，
故答案为：.
15．已知函数，．若，，使得成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设函数在,上的值域为，函数在，上的值域为，若,，,，使得成立，则，即可得出答案．
【详解】设函数在,上的值域为，函数在,上的值域为，
因为若,，,，使得成立，所以，
因为，,，
所以，，
所以在,上的值域为,，
因为，
当时，在,上单调递减，
所以，
，
所以在,上的值域为,
因为，
所以，解得，
又，
所以此时不符合题意，
当时，图象是将下方的图象翻折到轴上方，
令得，即，
①当时，即时，
在,上单调递减，
，，
所以的值域，
又，
所以，解得，
②当时，即时，
在上单调递减，在,上单调递增，
，
或，
所以的值域,或,，
又，
所以或，
当时，解得或，
又，
所以，
当时，解得或，
又，
所以，
所以的取值范围诶,,．
③当时，时，
在，上单调递增，
所以，
，
所以在,,上的值域，
又，
所以，解得，
综上所述，的取值范围为.
故答案为：．
16．设，函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设，可确定当时，函数的零点个数，继而作出的大致图像，考虑时的图象情况，分类讨论，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.
【详解】设，当时，，此时，
由，得，即，解得或，
即在上有2个零点；
若，，其图象对称轴为，
函数的大致图像如图：

则此时，即，则，
即无解，则无零点，此时无零点，不符合题意；
故需，此时函数的大致图像如图：

由得或，
要使得函数恰有3个零点，需满足在上有一个零点
此时只有一个解，故只需与函数在y轴左侧图象无交点，
则需，解得，结合，
可得，
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题为复合函数的零点问题，解答时采用数形结合的方法去解决，即作出函数的大致图像，将函数零点问题转化为曲线的交点个数问题，即可解决.
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）计算题：求下列各式的值．
(1)；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据指数幂的运算法则和运算性质，准确化简、运算，即可求解；
（2）根据对数的运算法则和对数的换底公式，准确化简、运算，即可求解.
【详解】（1）解：根据指数幂的运算法则和运算性质，可得：
.
（2）解：由对数的运算法则和对数的运算性质，可得：
.
（12分）
已知关于的不等式的解集为不等式的解集．
(1)设不等式等式的解集为，求；
(2)若的解集为且是的一个必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据二次不等式的解集求出，解二次不等式即可求解；，
（2）化简，是的一个必要不充分条件，即，结合两根大小关系，分类讨论出即可求解.
【详解】（1）由不等式的解集为，得，解得，
则，即，解得，即，
则.
（2）由是的一个必要不充分条件，即，
由，即，即，
则当时，即时，，符合题意；
当时，，由，
则等号不能同时取，解得；
当时，，由，
则等号不能同时取，解得；
综上，实数的取值范围是.
（12分）
．杭州亚运会田径比赛 10月5日迎来收官，在最后两个竞技项目男女马拉松比赛中，中国选手何杰以2小时13分02秒夺得男子组冠军，这是中国队亚运史上首枚男子马拉松金牌.人类长跑运动一般分为两个阶段，第一阶段为前1小时的稳定阶段，第二阶段为疲劳阶段. 现一60kg的复健马拉松运动员进行4小时长跑训练，假设其稳定阶段作速度为 的匀速运动，该阶段每千克体重消耗体力 （表示该阶段所用时间），疲劳阶段由于体力消耗过大变为 的减速运动（表示该阶段所用时间）.疲劳阶段速度降低，体力得到一定恢复，该阶段每千克体重消耗体力 已知该运动员初始体力为不考虑其他因素，所用时间为（单位：h），请回答下列问题：
(1)请写出该运动员剩余体力关于时间的函数；
(2)该运动员在4小时内何时体力达到最低值，最低值为多少?
【答案】(1)
(2)时有最小值，最小值为.
【分析】（1）先写出速度关于时间的函数，进而求出剩余体力关于时间的函数；
（2）分和两种情况，结合函数单调性，结合基本不等式，求出最值.
【详解】（1）由题可先写出速度关于时间的函数，
代入与公式可得
解得；
（2）①稳定阶段中单调递减，此过程中最小值；
②疲劳阶段，
则有，
当且仅当，即时，“”成立，
所以疲劳阶段中体力最低值为，
由于，因此，在时，运动员体力有最小值.
（12分
已知函数，.
(1)当时，求的单调区间；
(2)如果关于的方程有三个不相等的非零实数解，，，求的取值范围.
【答案】(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为
(2)
【分析】（1）直接由分段函数定义、二次函数的性质即可求解.
（2）首先分类讨论求出满足题意的参数的取值范围，然后再根据求根公式、韦达定理将表示成的函数，从而即可得解.
【详解】（1）当时，，
即当时，，当时，，
据二次函数的性质可知，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2），
当时，当时，方程的判别式，
可知方程无解，所以此时不符合题意；
当时，不符合题意；
当时，方程有个不相等的实数根，且在上递增，
所以时，有个根，且时，有个根，
所以只需满足，解得，综上：取值范围是.
不妨设，则，
所以
，
因为，则，可得，
所以.
故的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，直接结合二次函数性质分区间讨论即可，第二问的关键是首先要求出的范围，以及将所求表示成的函数，在计算过程中，灵活的变形技巧是必不可少的，这一点平时练习多加注意.
21（12分）．
．已知（且）是R上的奇函数，且.
（1）求的解析式；
（2）若关于x的方程在区间内只有一个解，求m的取值集合；
（3）设，记，是否存在正整数n，使不得式对一切均成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）m的取值集合或}
（3）存在，
【分析】（1）利用奇函数的性质得到关于实数k的方程，解方程即可，注意验证所得的结果；
（2）结合函数的单调性和函数的奇偶性脱去f的符号即可；
（3）可得，即可得：
即可.
【详解】（1）由奇函数的性质可得：
，解方程可得：.
此时，满足，即为奇函数.
的解析式为：；
（2）函数的解析式为：，
结合指数函数的性质可得：在区间内只有一个解.
即：在区间内只有一个解.
（i）当时，，符合题意.
（ii）当时,
只需且
时，，此时，符合题意
综上，m的取值集合或}
（3）函数为奇函数
关于对称
又
当且仅当时等号成立
所以存在正整数n，使不得式对一切均成立.
【点睛】本题考查了复合型指数函数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于难题.
22（12分）．
.．已知．
(1)当时，解不等式；
(2)若关于x的方程的解集中恰好有一个元素，求实数a的值；
(3)若对任意，函数在区间上总有意义，且最大值与最小值的差不小于2，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)或0
(3)
【分析】（1）利用对数函数的单调性，求不等式的解集即可；
（2）根据题意得出方程恰有一个实根，化简转化为判断方程的根的个数问题，通过讨论和即可求出答案.
（3）对任意，函数在区间上总有意义，得对恒成立，求得.
根据题意得出，即任意恒成立，利用二次函数在区间上恒成立求得的范围.
【详解】（1）当a＝1时，不等式化为，
∴，即，解得0＜x＜1，
经过验证满足条件，因此不等式的解集为；
（2）由，得，
即，所以，
当时，则，解得x＝1，经过验证此时满足题意；
当时，①若，则a＝，此时解得x＝2．经过验证满足题意；
②若时，方程有两不等实根，设为，显然，
由，得，因为，所以，
即
所以都满足，所以此时不满足题意.
综上可得或；
（3）因为对任意，函数在区间上总有意义，
所以对恒成立，
因为在上为减函数，故只需对任意恒成立，
所以只要，故，解得
对任意，函数在区间上单调递减，
所以函数在区间上最大值为，最小值为，
所以，所以，
即任意恒成立，
令
当a＝0时，任意不恒成立；
当a＞0时，在上单调递增，
所以t＝时，取得最大值，且最大值为，
所以当a＞0时不满足.
当时，任意恒成立，有以下三种情况：
①，解得，结合得.
②，由得 ，而，故此情况无解.
③，解得，此时无解.
所以实数a的取值范围是．