四川省资阳市雁江区伍隍中学2023-2024学年高一上学期第一次月考数学试题（Word版附解析）.docx

1、雁江区伍隍中学高一数学第一次月考考试时间：120min 总分：150分一选择题（共8小题，每小题5分，共40分）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义求解.详解】,故选：B.2. 命题“”的否定为（ ）A. B. 不存在C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接根据全称命题的否定的定义得到答案.【详解】命题“”的否定为：.故选：D.3. 函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】偶次开根根号下非负，分式分母不为零，据此列出不等式组即可求解.【详解】依题意，解得，所以函数的定义域为.故选：B4. “函数在上为增函数”是

2、“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】由函数的单调性，结合一次函数性质求参数范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由在上为增函数，则，所以“函数在上为增函数”是“”的必要不充分条件.故选：B5 已知函数，若，实数（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】推导出，从而，进而，由此能求出实数的值【详解】解：函数，解得实数故选：6. 已知是定义在a - 1，2a上的偶函数，那么ab的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由偶函数的定义得且a12a求出a、b，然后求a

3、b【详解】在a - 1，2a上是偶函数有：b0，且a12aaab故选：B【点睛】本题考查了函数的奇偶性；根据偶函数的定义且定义域关于原点对称求参数值7. 已知，则的最大值为（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求得的最大值，进而求解即可.【详解】因为，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以的最大值为2.故选：D.8. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据分段函数单调性的性质，结合二次函数、反比例函数的单调性进行求解即可.【详解】二次函数的对称轴为，且开口向下，因为是上增函数，所以有，

4、故选：B二多选题（共4小题，每小题5分，共20分，漏选得2分，选错得0分）9. 已知集合，若，则实数的取值可能是（）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】先求出集合中的元素，然后逐一代入集合计算求，不要遗漏即可.【详解】，当时，符合题意；当时，得，当时，得，综合得.故选：ABC.10. 下列说法错误的是（）A. 若，则B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】用不等式的性质或使用特例排除法，逐一验证选项.【详解】和都无法比较与的大小，故选项A和选项B错误；由，则，由，则，所以时，有，选项C正确；当，时，满足，但不满足，选项D错误.故选：ABD11. 已

5、知函数，构造函数，那么关于函数的说法正确的是（ ）A. 的图象与x轴有3个交点B. 在上单调递增C. 有最大值1，无最小值D. 有最大值3，最小值1【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，作出函数的图象，借助图象逐项判断作答.【详解】依题意，由解得，则，作出函数的图象，如图：观察图象知，函数的图象与x轴有三个交点，在上单调递减，有最大值1，无最小值，即选项A，C正确；选项B，D不正确.故选：AC12. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：对于实数x，符号表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数

6、，例如，定义函数，则下列命题中正确的是（ ）A. 函数的最大值为1；B. 函数的最小值为0C. 函数的图象与直线有无数个交点D. 函数是增函数【答案】BC【解析】【分析】由题意求出函数的解析式，即可求解.【详解】由题意，对于A：函数，故A错误；对于B：函数的最小值为0，故B正确；对于C：函数的图象与直线有无数个交点，故C正确；对于D：函数不是上的增函数，故D错误；故选：BC三填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 若幂函数为偶函数，则 _ .【答案】【解析】【分析】利用幂函数和偶函数的定义即可求解.【详解】函数为幂函数，解得或，又为偶函数，故答案为：.14. 已知，则_【答案】【解析】

7、【分析】利用换元法可得答案.【详解】令，则，所以，所以，.故答案为：.15. 已知定义域为R的偶函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据奇偶性和单调性解不等式即可.【详解】因为在上单调递减，为偶函数，所以在单调递增，不等式可变形为或，解得或.故答案为：.16. 已知函数，若对任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是_.【答案】#【解析】【分析】求出函数的值域，再解不等式组即得解.【详解】解：由题得在时，当函数取最小值当时，函数取最大值3，所以此时函数的值域为；在时的值域为，由题得.所以.故答案为：四解答题（共6小题）17. 设集合（1）求；（2）已知集合，若，

8、求实数的取值范围【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）求出集合，然后直接求即可；（2）根据集合的包含关系列不等式求实数的取值范围【小问1详解】由得或，所以或，所以【小问2详解】由得或，解得或，所以实数a的取值范围为或18. 已知 是定义在R上的偶函数，当 时， （1）求的值；（2）求的解析式；（3）画出简图；写出的单调递增区间(只需写出结果，不要解答过程).【答案】（1）；（2）；（3） （1，0），（1，+）【解析】【详解】解：（1）当x0时，f（x）x22x，f（x）f（x），f（1）1，f（2）f（2）0；（2）yf（x）是定义在R上的偶函数，当x0时，f（x）x22x，当x0时

9、，x0，f（x）（x）22（x）x2+2x，f（x）f（x）x2+2x，f（x）（2）f（x），当x0时，yx22x，抛物线开口向上，对称轴方程为x1，顶点坐标（1，1），当y0时，x10，x22；当x0时，y0当x0时，yx2+2x，抛物线开口向上，对称轴方程为x1，顶点坐标（1，1），当y0时，x2由此能作出函数f（x）的图象如下：结合图象，知f（x）的增区间是（1，0），（1，+）19. 已知命题p：，不等式恒成立；命题q：为实数，使有解.（1）若命题p为真命题，求实数m的取值范围；（2）若命题p，q中恰有一个为真命题，求实数m的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用三

10、个“二次”的关系列不等式求解；（2）分真假和假真两种情况讨论即可.【小问1详解】根据题意，命题：，不等式恒成立；若命题为真命题，则，解得，故实数的取值范围为.【小问2详解】根据题意，命题，成立，则，即，或， 又由命题，中恰有一个为真命题，则命题，一真一假，当真假时，解得：，当假真时，解得：综上，实数的取值范围20. 已知函数，满足条件.（1）求的解析式；（2）用单调性的定义证明在上单调递增，并求在上的最值.【答案】（1） （2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）根据，代入得到方程组，解得即可；（2）利用定义法证明，再根据单调性求出函数的最值.【小问1详解】因为，且，所以解得所以；【小问2详解

11、】由，设任意的且，则因为且，所以，所以，则在上单调递增，所以.21. 某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.（1）求，并说明的实际意义：（2）若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.【答案】（1）；发车时间间隔为分钟时，载客量为 （2）发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元【解析】【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得

12、出结论.【小问1详解】，实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；【小问2详解】，当时，当且仅当，即时，等号成立，所以，当时，取得最大值；当时，该函数在区间上单调递减，则当时，取得最大值综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元22. 定义域在R的单调函数满足恒等式，且.（1）求，；（2）判断函数的奇偶性，并证明；（3）若对于任意都有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）， （2）函数是奇函数，证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）取代入函数满足的等式，整理可得，再令，根据，可算出；（2）令，可得，即，可得函数为奇函数；（3）根据函数是单调函数且，得是定义域在上的增函数，再结合函数为奇函数，将题中不等式转化为在上恒成立，最后采用变量分离的方法结合换元法求函数的最小值，可算出的取值范围.【小问1详解】令可得，令；【小问2详解】令，即函数是奇函数.小问3详解】是奇函数，且在时恒成立，在时恒成立，又是定义域在R的单调函数，且是R上的增函数，即在时恒成立，在时恒成立.令，.由抛物线图象可得，则实数的取值范围为.