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）

2023学年第一学期温州中学高一年级阶段性测试数学试题卷一、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＝xcosxB.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－cosx）≠－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）＝xcosx，f（－x）＝－xcos（－x）＝－xcosx＝－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：D7.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.