浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高一上学期12月联考数学题 Word版含解析.docx

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2023学年高一年级第一学期浙南名校联盟12月联考数学试题考生须知：1.本卷共5页满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字；3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分（共60分）一､选择题：本大题共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.若命题是假命题，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据命题的否定为真，转为最值求解即可.【详解】，是假命题，则其否定恒成立为真，又故，故选：B2.已知函数的定义域是关于的不等式的解集的子集，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】依题意解不等式即可.【详解】函数定义域非空集，则，解得.记，因为，所以的解集为，依题意有或，所以或，又，，所以.故选：A.3.如图是杭州2023年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形.设弧的长度是，弧的长度是，几何图形面积为，扇形面积为，扇形周长为定值，圆心角为，若，则当取得最大值时，圆心角为的值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】先利用扇形的周长得到推得，再利用扇形的面积公式将问题转化为二次函数的最值问题，从而得解.【详解】依题意，知，则，，因为，所以，不妨设，则，因为扇形周长为定值，所以，则，因为，扇形的面积为， 则，对于，其开口向下，对称轴为，故当，即时，取得最大值，即取得最大值，此时，.故选：B.4.今有一组实验数据及对应散点图如下所示，则体现这些数据关系的最佳函数模型是（）10202941505870123.87.4111521.8A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据散点图的变化趋势及散点的分布情况判断回归方程的类型.【详解】由散点图中各点的变化趋势：非线性、且在第一象限内上单调递增，对于，由题意可得：1020294150580.10.20.30.40.50.57可知，近似于线性，所以适合二次函数模型.故选：C5.若，则“”是“”（）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】A【解析】【分析】用立方差公式，按照充要条件的定义推理即可.【详解】依题意有，故，，于是即，充分性获证，取，则，但，故无必要性，故选：A.6.函数在内的大致图像为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式可得为奇函数，图象关于原点对称，再利用特殊值即可得出A正确.【详解】由题意可知函数定义域关于原点对称，且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除选项BD，不妨取，则，排除C选项，即A正确；故选：A 7.已知函数，设，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可知为偶函数，在内单调递增，再根据指数函数、对数函数以及余弦函数分析可知，结合单调性和偶函数分析判断.【详解】令，解得，可知的定义域为，且，所以为偶函数，当时，则在内单调递增，且在定义域内单调递增，所以在内单调递增，又因为，且，即，，即，，则，可得，即，所以，即.故选：D.8.已知定义在上的函数f(x)，g(x)满足f(－x)＝f(x)，且在(0，＋∞)上单调递减，g(1－x)＝g(1＋x)，且在(1，＋∞)上单调递减，设函数F(x)＝[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]，则对任意x∈R，均有（）A.F(1－x)≥F(1＋x)B.F(1－x)≤F(1＋x)C.F(1－x2)≥F(1＋x2)D.F(1－x2)≤F(1＋x2) 【答案】C【解析】【分析】根据的性质，结合的定义，利用函数图象，数形结合即可容易判断.【详解】因为F(x)＝根据题意，不妨用图象进行说明，如下所示：F(x)的示意图可表示为如图中的实线部分，如下所示：所以有F(1－x2)≥F(1＋x2).故选：.【点睛】本题考查函数性质的综合应用，涉及数形结合的数学思想，属综合基础题.二､多选题：本大题共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.9.十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《研智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.已知非零实数满足，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】用特值法排除AD，用函数单调性判断B，变形即可判断C.【详解】A错误：两边同时三次方有，取，则; B正确：令，，如图，显然在上均递增，由题意有，故，故，即；C正确：由B知，故，故；D错误：取，则.故选：BC.10.已知为正数，，则下列说法正确的是（）A.B.的最小值为18C.的最小值为8D.的最小值为18【答案】ABD【解析】【分析】对于A：根据解得，再利用作差法结合对数函数单调性分析判断；对于 B：由结合基本不等式分析求解；对于C：由结合基本不等式分析求解，注意等号成立的条件；对于D：由结合基本不等式分析求解，注意等号成立的条件.【详解】因为为正数，，则，对于选项A：因为，即，且，即，解得（舍去）或，当且仅当时，等号成立，可得，即，所以，故A正确；对于选项B：因为，即，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为18，故B正确；对于选项C：因为，即，则，当且仅当，即时，等号成立，但，可得，等号不能成立，所以的最小值不为8，故C错误；对于选项D：因为，当且仅当时，等号成立，则，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为18，故D正确；故选：ABD11.已知函数，则下列命题正确的是（）A.存在，使得有3个不同的实数根 B.存在，使得有4个不同的实数根C.若函数有2个零点，则的值为或6D.能使得关于的方程有4个不同的实数根的的取值范围是【答案】AB【解析】【分析】结合题意求出分段函数的解析式，作出函数的图象，根据图象，当取不同值时，可转化为函数的交点个数，进而判断A,B,C选项；对于D选项，利用换元法，结合二次函数零点的分布求解.【详解】结合题意：，当时，则，所以，当时，则，，所以，所以，图象如图所示：对于A选项：易判断当时，此时与有3个不同的交点，故A正确；对于B选项：易知判断存在，使得与有4个不同的交点，如时，与该函数有4个交点，故B正确；对于C选项：函数有2个零点，当时，此时关于对称，即，当时，此时关于对称，即，当时，此时，即，当时，此时关于对称，即， 综上：的值为.故C错误;对于D选项：令，当时，方程有2个根，当时，方程有3个根，当时，方程有1个根，要使得关于的方程有4个不同的实数根,则有两根，设的两个零点分别为，且，当时，此时有2个交点，有2个交点，故需要满足，解得，当时，此时有2个交点，有2个交点，故需要满足，解得，当时，此时有2个交点，有2个交点， 故需要满足，解得：无解，当时，此时有3个交点，有1个交点，故需要满足，此时不满足题意，故舍去.当时，此时有3个交点，有1个交点，故需要满足，此时不满足题意，故舍去.综上：，故D错误.故选:AB.【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合问题，解题的关键是作出函数图象，结合图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.12.函数定义在区间上，若满足：且，都有，则称函数为区间上的“不增函数”，若为区间上的“不增函数”，且，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（）A.B. C.D.【答案】ACD【解析】【分析】令，可判定A正确；令，可得，根据题意得到，得到时，；时，；时，，进而可判定B不正确；由，可判定C正确；求得，得到，，可判定D正确.【详解】对于A中，因为，令，可得，所以A正确；对于B中，由，令，可得，又由为区间上的“不增函数”，当时，，可得，所以，因为，解得，所以时，，又因为，且，可得时，；时，；时，，所以对任意，，即不存在，使得，所以B不正确；对于C中，由，可得，所以C正确；对于D中，由，可得，则，所以，，所以，即，所以D正确.故选：ACD.非选择题部分（共90分）三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.计算：__________.【答案】【解析】【分析】根据指、对数运算求解.【详解】由题意可得：.故答案为：.14.已知为坐标原点，若角的终边上一点的坐标为，且，线段绕点逆时针转动后，则此时点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】根据任意角三角函数的定义可得，设角绕点逆时针转动后得到角，则，结合诱导公式求，进而可求点的坐标.【详解】若角的终边上一点的坐标为，且，可得角为第三象限角，且，解得或（舍去），即点的坐标为，可得，设角绕点逆时针转动后得到角，则，可得，且， 所以此时点的坐标为.故答案为：.15.不等式的解集是__________.【答案】【解析】分析】由基本不等式可判断出，，再由对数函数单调性可得，利用一元二次不等式解法即可得出结果.【详解】由可得，又恒成立，恒成立，所以不等式等价于，即，也即；可得，所以，解得.所以原不等式的解集为.故答案为：16.已知，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】先把原不等式分解为二次不等式，分类讨论后运用整体代换和基本不等式即可.【详解】原不等式由知时，时，故由原不等式知时，时， 由恒成立知且，即，故所求式设，则，则所求式递增，故最小值在时取得：，故答案为：.四､解答题：本大题共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.已知集合.（1）当时，求；（2）当时，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分别求集合，结合并集运算求解；（2）分析可得，等价于，结合交集运算分析求解.【小问1详解】因为，则，可得，解得，所以，又因为，即，解得，所以，当时，，所以. 小问2详解】因为，等价于，且，则或，解得或，所以实数的取值范围为.18.已知.（1）若，求的值；（2）若，求.【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）根据三角函数的基本关系式和诱导公式，化简得到，得到，即可求解；（2）由（1），结合题意，求得，结合三角函数的基本关系式，求得的值，进而求得的值.【小问1详解】解：由三角函数的基本关系式和诱导公式，可得：所以，因为，所以或.【小问2详解】解：因为， 由（1）可得，即，可得，所以，即，解得或，当时，可得，所以；当时，可得，所以，所以的值为或.19.随着环保意识的增强，电动汽车正成为人们购车的热门选择.某型号的电动汽车经高速路段（汽车行驶速度不低于）测试发现：①汽车每小时耗电量（单位：）与速度（单位：）的关系满足；②相同路程内变速行驶比匀速行驶耗电量更大.现有一辆同型号电动汽车从地经高速公路（最低限速，最高限速）驶到距离为的B地，出发前汽车电池存量为，汽车到达B地后至少要保留的保障电量.（假设该电动汽车从静止加速到速度为的过程中消耗的电量与路程都忽略不计）.（1）判断该车是否可以在不充电的情况下到达B地，并说明理由；（2）若途径服务区充电桩功率为（充电量=充电功率时间），求到达地的最少用时（行驶时间与充电时间总和）.【答案】（1）该车不能在不充电的情况下到达B地，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）假设该车匀速行驶至B地，列出耗电量的表达式并利用单调性即可求得最小耗电量，可得出结论；（2）根据耗电量与充电量、保障电量之间的关系，列出不等关系，由基本不等式即可求得结果.【小问1详解】设匀速行驶速度为，耗电量为，则，由对勾函数性质可知函数在区间单调递增， ，即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，所以该车不能在不充电的情况下到达B地；【小问2详解】设匀速行驶速度为，总时间为，行驶时间与充电时间分别为.若能到达B地，则初始电量+充电电量-消耗电量保障电量，即，解得..当且仅当，即时取到等号所以该汽车到达B地的最少用时为.20.已知函数为偶函数.（1）求实数的值；（2）若关于的方程（为常数）在上有且只有一个实数根，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）或或【解析】【分析】（1）利用函数奇偶性定义结合指数和对数运算法则化简即可求得；也可以利用特殊值代入计算，再进行验证即可（如解法二）；（2）利用函数奇偶性以及函数与方程的思想，可知函数与函数的图象仅有一个交点，利用图象即可解得实数的取值范围.【小问1详解】解法一：为偶函数，， ，，.解法二：由.当时，，满足，；【小问2详解】，在单调递减，在单调递增，令在上递增，由复合函数单调性可知在单调递减，在单调递增；又是偶函数，则由有且只有一个实数根，可得有且只有一个实数根，即函数与函数的图象仅有一个交点，画出函数的图象如下图所示： 由图可得或符合题意，解得或.21.已知函数对，都有且.（1）求证：；（2）求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取都为时，代入题中关系式即可证明；（2）令，分析可得，进而可求，令，分析可得，整理得，即可得结果.【小问1详解】因为，取都为时，所以.【小问2详解】令，则，可得或，当时，令，则，即与矛盾，所以，因为，令，则，可得，令，则，即，即， 可得，用代可得，可得，即，所以.22.已知函数，其中为常数.（1）当时，求函数单调区间；（2）当时，存在2023个不同的实数，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）分区间讨论去掉绝对值符号，根据二次函数直接写出函数单调区间即可；（2）分类讨论，根据二次函数的单调性及函数最大值最小值的分析求解.【小问1详解】，可知开口向上，对称轴为，且开口向上，对称轴为，当，即时，的单调递增区间为；当，即时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当，即时，的单调递增区间为，单调递减区间为.【小问2详解】 ，（i）当，即时，在上单调递增，因为，所以，则，即，解得；（ⅱ）当，即时，在上单调递增，因为，由（i）可得，解得；（ⅲ）当，即时，则在内单调递增，在内单调递减，则，即，矛盾；（ⅳ）当，即时，不单调，则，即，矛盾.综上所述，的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题的关键在于求