2024-2025莆田哲理中学高一上12月份月考数学解析

2024-2025学年上学期高一第二次综合训练（数学科）试卷考试范围：必修一第1章至第5章5.2三角函数的概念考试时间：120分钟命题人：陈玉珏审核人：吴毓敏一、单选题：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.xMxyln12xNyyeMN1.已知集合，，则（）111A.,B.,C.0,D.222【答案】C【解析】【分析】根据对数函数的定义域、指数函数的值域求得M,N，进而求得MN.11【详解】由12x0，解得x，所以Mxx，22x而y=e0，所以Nyy0，1所以MN0,.2故选：C252.在平面直角坐标系中，点M(3,m)在角的终边上，若sin，则m（）5A.6或1B.1或6C.6D.1【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的定义列出方程求解即得.m25【详解】因点M(3,m)在角的终边上，则sin，故m0，解得，m6.m295故选：C.23.函数fxlnx1x0的零点所在的区间是（）x第1页/共14页 1A.,1B.1,e1C.e1,2D.2,e2【答案】C【解析】【分析】利用零点存在定理对选项逐一计算区间端点处的函数值符号，可得结论.【详解】易知fx在x0时为单调递增函数，113易知fln14ln40，f1ln220，22222fe1lne1110，�2=ln2+1−1=ln3−1>lne−1=0，e1e1所以满足fe1f20，因此函数fx的零点所在的区间是e1,2.故选：C.4.“是第四象限角”是“是第二或第四象限角”的（）2A.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】A【解析】【分析】由象限角的知识结合充分和必要条件的定义作出判断.33【详解】当是第四象限角时，2k22k,kZ，则kk,kZ，即242233是第二或第四象限角.当为第二象限角，但不是第四象限角，故“是第四象限角”是242“是第二或第四象限角”的充分不必要条件．2故选：A5.函数fxloga4x31（a0且a1）的图象定点Am,n，若对任意正数x,y，都有mxny3，11则的最小值为（）x1y1A.4B.2C.D.12【答案】D第2页/共14页 【解析】【分析】由loga10得f(x)过定点(1,1)，则xy3，再由“1”的代换，利用基本不等式求最值.【详解】由fxloga4x31（a0且a1），令4x31，则x1,f(1)loga111，即f(x)的图象恒过定点A1,1，则m1,n1，x1y由mxny3，所以xy3，1，4又x10,y0，11111则(x1y)x1y4x1y1x1y1x1y11221，4yx14yx1x1yx1当且仅当，即时，等号成立.yx1y2故选：D.6.我们在概念课教学时会注意到这么一个素材：中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，定义：圆O的圆心在原点，若函数的象将圆O的周长和面积同时等分成两部分，则这个函数称为圆O的一个“太极函数”，事实上我们知道奇函数关于原点对称，选出以下不正确的选项（）A.函数2f(x)ln(x1x)是圆O的一个“太极函数”2xx(x0)B.函数f(x)是圆O的一个“太极函数”2xx(x0)C.函数f(x)xaxa是圆O的一个“太极函数”2D.函数f(x)x是圆O的一个“太极函数”第3页/共14页 【答案】D【解析】【分析】运用函数的奇偶性直接判断即可.【详解】由题意知，太极函数必定是奇函数，对于A，必有2f(x)ln(x1x)，则2222f(x)f(x)ln(x1x)ln(x1x)ln(x1x)ln10，故f(x)f(x)，f(x)是奇函数，故A正确,2对于B，当x0时f(x)xxf(x)，由对称性知f(x)也为太极函数，故正确，对于C，f(x)xaxa(xaax)f(x)，故f(x)为奇函数，故正确，2对于D，f(x)xf(x)，故f(x)是偶函数，故错误，故选:D12ax5a,x17.已知fx的值域为R，那么实数a的取值范围是（）logx,x17111111A.,B.,C.,D.,322232【答案】A【解析】【分析】求出函数在1,上的取值集合，再根据给定的值域确定函数fx在,1上的取值集合，列式求解作答.【详解】当x1时，函数fx在1,上单调递增，其取值集合为0,，而函数的值域为R，因此函数fx在,1上的取值集合包含,0，当12a0时，函数fx12ax5a5a在,1上的值为常数，不符合要求，当12a0时，函数fx在,1上单调递减，取值集合是13a,，不符合要求，于是得12a0，函数fx在,1上单调递增，取值集合是,13a，12a011则，解得a，13a032第4页/共14页 11所以实数a的取值范围是,.32故选：Afafb8.若偶函数fx满足a,b0,ab，0恒成立，则（）ab233211flogf23f22flogf22f23A.2B.233233211flogf23f22flogf22f23C.2D.233【答案】A【解析】321【分析】由题意可得fx在0,上单调递增，结合指数函数与对数函数性质可得2223log，23再结合偶函数性质与函数单调性即可得解.fafb【详解】由a,b0,ab，0恒成立，ab可得fx在0,上单调递增，又fx为偶函数，故fxfx，132由loglog31，230，23202221322311故2223log，故flogf23f22.2233故选：A.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）xA.用二分法求方程33x80在x1,2内的近似解的过程中得到f10，f1.50，f1.250，则方程的根落在区间1.25,1.5上第5页/共14页 B.命题“x,0，4x5xxx”的否定为“x0,，45”C.命题“xR，使x2axa0”是假命题，则实数a的取值范围为0a419ππD.与角终边相同的角的集合可以表示为|2kπ,kZ66【答案】AC【解析】【分析】利用零点存在性定理可判断A正确；由含有一个量词命题的否定形式可得B错误；根据命题否定的真假，利用判别式计算可得C正确；由终边相同的角的集合表示可判断D错误.【详解】对于A，根据零点存在性定理可知f1.25·f1.50，可得方程的根落在区间1.25,1.5内，即A正确；对于B，命题“x,0，4x5xxx”的否定为“x,0，45”，可得B错误；对于C，易知命题“xR，使22xaxa0”的否定为“xR，使xaxa0”是真命题，因此可得2a4a0，解得0a4，即C正确；19π7π对于D，与角终边相同的角的集合可以表示为|2kπ,kZ，即D错误.66故选：AC.x1010.若函数fxa（a0且a1）在区间2,2上的最大值和最小值的和为，则a的值可能是3（）13A.B.33C.3D.3【答案】BC【解析】x【分析】分0a1、a1两种情况讨论，分析函数fxa在2,2上的单调性，根据已知条件可得出关于实数a的等式，即可求得实数a的值.x【详解】当0a1时，函数fxa在2,2上为减函数，第6页/共14页 12103则fxmaxfxminf2f22a，解得a；a33x当a1时，函数fxa在2,2上为增函数，2110则fxfxf2f2a，解得a3.maxmin2a33综上所述，a或3.3故选：BC.x3,x011.已知函数fx，若方程fxmmR有三个不同的零点x1，x2，x3，且lnx2,x0xxx，则（）1231A.实数m的取值范围为m|0m3B.函数fx在,0,,单调递增2e4C.x1x2x3的取值范围为3e,0D.函数gxffx有4个零点【答案】ABD【解析】【分析】作出fx的图象，根据图象可判断AB；根据图象确定出x1的范围，根据对数运算求解出x2x3的值，即x1x2x3的取值范围可知，则C可判断；采用换元法令fxt，确定出t的值，结合fx的图象求解出gx的零点个数.【详解】作出�=��的图象，如下图所示：对于A：由图象可知，实数m的取值范围为m|0m3，故A正确；11对于B：由图象可知，函数fx在,0,2,上单调递增，在0,2单调递减，故B正确；ee对于C：由图象可知，x1的取值范围为3x10，第7页/共14页 4由lnx22lnx32，即lnx22lnx32，解得x2x3e，4所以x1x2x3的取值范围为3e,0，故C错误；1选项D，由gxffx0，令fxt，则ft0，解得t3或t，2e1由图象可知fx3时，方程有1个解，fx时，方程有3个解，2e所以函数gx有4个零点，故D正确；故选：ABD.【点睛】思路点睛：求解函数零点的个数问题，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分212.已知某扇形的圆心角为120°，弧长为2πcm，则此扇形的面积为________cm.【答案】3π【解析】【分析】利用弧长公式求出半径，再利用扇形面积公式求解即可【详解】设扇形的半径为R，2π∵扇形的圆心角为，弧长为2πcm，32π∴R2π，解得：R=3，31S2π3=3π2∴扇形的面积cm.2故答案为：3π.sinx,x013.若fx，则ff1__________.xe,x0【答案】1【解析】【分析】直接根据分段函数的解析式计算即可第8页/共14页 0【详解】ff1fsinf0e1故答案为：1214.已知关于x的函数ylog1xaxa1在4,3上单调递增，则实数a的取值范围是______.2【答案】,4【解析】【分析】根据复合函数单调性以及真数恒大于零，解不等式可得a4.【详解】由题意知需满足2xaxa10在4,3上恒成立，2根据复合函数单调性可得函数yxaxa1在4,3上单调递减；2−3−3�+�−1>0所以�,解得a4；−≥−32即实数a的取值范围是,4.故答案为：,4四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.计算下列各式的值：（1）sin1395cos1110cos1020sin750log27lg4lg25log8log57log72.（2）35261【答案】（1）4（2）0【解析】【分析】（1）利用诱导公式计算可得结果；（2）利用对数运算法则以及换底公式计算可得结果.【小问1详解】易知sin1395cos1110cos1020sin750sin45cos30cos603sin30第9页/共14页 231161sin45cos30cos60sin3022224【小问2详解】33易知原式log33lg425log52log2522lg2lg53log3lg103232320.3lg5lg2216.（1）已知tan是关于x的方程2xx10的一个实根，且是第一象限角，求223sinsincos2cos的值；111（2）已知sincos，且0,π，求的值．2sincos947【答案】（1）；（2）．53【解析】12tan，利用同角三角函数关系式能求出结果．【分析】（1）解方程2xx10，求出213（2）由sincos且0,π，得2sincos，从而cossin12sincos，再2411cossin由，能求出结果．sincossincos12x，【详解】（1）解方程2xx10，得x11，221tan是关于x的方程2tan，2xx10的一个实根，且是第一象限角，则21122232223sinsincos2cos3tantan24293sinsincos2cos．sin2cos2tan2115141（2）sincos，且0,π，2213(sincos)12sincos，则2sincos，而0,π，44π237则,π，故cossin(cossin)12sincos1，242第10页/共14页 711cossin247．sincossincos3382x17.已知函数fxlne1kxkR是偶函数．（1）求实数k的值；（2）若存在x0,1，使得fxln2log1a2成立，求实数a的取值范围．2【答案】（1）k1（2）2,3【解析】【分析】（1）由偶函数定义得恒等式，化简变形即可求解.fxlnt1ln20log1a2（2）首先通过换元法得，进一步，由此即可得解.t2【小问1详解】因为函数fx是偶函数，所以�−�=��，2x2x1e2x又因为fxlne1kxlnkxlne12xkx，2xe2x2x所以lne12xkxlne1kx，所以2kx2x，所以k1.【小问2详解】2x2xe1x1由（1）可知fxlne1xlnlne，xxee1令tex，因为x0,1，则t1,e，所以fxlntln2，t存在x0,1，使得fxln2log1a2成立，2则fxminln2log1a2，所以0log1a2，22则a3，又因为a20，则a2，所以2a3，第11页/共14页 所以a的取值范围为2,3．18.为了改善湖泊的水质，某市环保部门于2021年年终在该湖泊中投入一些浮萍，这些浮萍在水中的繁殖速度越来越快，2022年2月底测得浮萍覆盖面积为22360m，2022年3月底测得浮萍覆盖面积为480m，浮萍覆盖面积y（单位：2xm）与2022年的月份x（单位：月）的关系有两个函数模型yka(k0,a1)2与ymxn(m0)可供选择．（1）分别求出两个函数模型的解析式；2（2）若2021年年终测得浮萍覆盖面积为200m，从上述两个函数模型中选择更合适的一个模型，试估算2至少到哪一年的几月底浮萍覆盖面积能超过8100m？（参考数据：lg20.30,lg30.48）4054x2【答案】（1）y()，y24x26423（2）2023年2月【解析】【分析】（1）将x2,x3分别代入两个函数表达式中即可求解，（2）根据x0确定选用的函数，即可利用对数的运算求解.【小问1详解】x若选择模型yka(k0，a1)，2ka3604405则，解得a，k，32ka48034054x故函数模型为y()，234mn3602若选择模型ymxn(m0)，则，9mn480解得m24，k264，2故函数模型为y24x264．【小问2详解】4054x405把x0代入y()可得，y202.5，2322把x0代入y24x264可得，y264，∵202.5200264200，第12页/共14页 4054x∴选择函数模型y()更合适，234054x4x4令y()8100，可得()40，两边取对数可得，xlg()lg40，2333lg4lg102lg2120.31∴x13.3，lg4lg32lg2lg320.30.48故浮萍至少要到2023年2月底覆盖面积能超过8100m2．19.函数yfx图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数yfx为奇函数，可以将其推广为：函数yfx图象关于点Pm,n成中心对称图形的充要条件为函数yfxmn为奇函数，已x11x知函数fxaa2a1.（1）证明：函数fx的图象关于点1,2成中心对称图形；2x2x（2）当a3时，函数gxaa2fx14，x0,1，求gx的值域.2（3）判断函数fx的单调性，若ftf43t4，求实数t的取值范围.【答案】（1）证明见解析；34（2）1,9（3）1,2【解析】【分析】（1）利用函数yfx图象关于点Pm,n成中心对称图形的充要条件为函数yfxmn为奇函数，即可证明；2x2xxx34（2）易知gx33233，利用换元法以及二次函数单调性计算可得gx的值域1,；9ht21h33t0，解不等式2（3）根据函数单调性和奇偶性，即可得t3t20可得结果.【小问1详解】证明：根据推广定义，要证明函数fx的图象关于点1,2成中心对称图形，即证明fx12为奇函数即可；x11xx111x1xx由fxaa2a1可得fx12aa22aa，第13页/共14页 xxxxxx显然fx12aa满足fx12aaaafx12；因此可得fx12为奇函数，所以fx的图象关于点1,2成中心对称图形；【小问2详解】2x2xxx当a3时，可得gx33233，令3x3xyx为单调递增函数，y3x为单调递减函数，所以y3x3x在0,1上单调递t，显然3增；xx8当x0,1时，可得33t0,；3228所以gtt22tt11,t0,，3834由二次函数性质可得gxg11,gxg；minmax3934所以gx的值域为1,.9【小问3详解】xx易知hxaaa1在定义域内为单调递增，而fxhx12，且yx1为单调递增函数，所以fx为单调递增；22若ftf43t4，可得ht12h43t124，2xx可得ht1h33t0，又因为hxaaa1为奇函数，ht21h33th3t3，即2所以t13t3，可得2t3t20，解得1t2；即实数t的取值范围为1,2.【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据中心对称图形定义的推广，利用函数奇偶性得出对称中心，再将函数不等式问题转化为利用奇偶性和单调性解不等式即可.第14页/共14页