18/22浙江省麗水市2023年高一《數學》上冊月考數學試卷與參考答案一、選擇題本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則等于（）A. B.C. D.【答案】C【分析】根據指數函數單調性得到，解不等式求出，利用并集概念求出答案.【詳解】，故，令，解得，故，故.故選：C2.設命題，則的否定為（）A. B.C. D.【答案】B【分析】由特稱命題的否定可直接得到結果.【詳解】命題，則的否定為：.故選：B3.函數的圖象大致是（）A. B.C. D.【答案】B【分析】根據題意，得到函數為偶函數，且當時，，結合選項，即可求解.【詳解】由函數，可得其定義域為，且，所以函數為偶函數，其圖象關于軸對稱，又由時，，結合選項，只有B項符合題意.故選：B.4.方程的根所在區間是（）A. B.C. D.【答案】C【分析】構造函數，判斷函數的單調性，然后根據零點存在性定理分析判斷即可【詳解】構造函數，因為和在上單調遞減，所以函數在上單調遞減，且函數的圖象是一條連續不斷的曲線，因為，，，由的單調性可知，，則，故函數的零點所在的區間為，即方程的根屬于區間．故選：C5.若，則“”的充分不必要條件是（）A.且 B.且C.且 D.且【答案】D【分析】對于選項A和B，可通過對取特殊值進行驗證判斷，從而判斷出正誤；對于選項C，利用選項C中的條件，得出，從而得出選項C是充要條件，從而判斷出不符合結果，進而得出結論.【詳解】對于A，當時，有且，但，故A錯誤；對于B，當時，有且，但得不出，故B錯誤；對于C，由，得到且或且，又，故且，此時是充要條件，故C錯誤；綜上，可知符合條件的為選項D.故選：D.6.用二分法求函數在區間上的零點，要求精確度為0.01時，所需二分區間的次數最少為（）A.5 B.6C.7 D.8【答案】B【分析】由于長度等于的區間，每經這一次操作，區間長度變為原來的一半，那么經過次操作后，區間長度變為，若要求精確度為0.01時則，解不等式即可求出所需二分區間的最少次數.【詳解】因為開區間的長度等于，每經這一次操作，區間長度變為原來的一半，所以經過次操作后，區間長度變為，令，解得，且，故所需二分區間的次數最少為6.故選：B.7.已知不等式的解集為，則不等式的解集為（

）A. B.C. D.【答案】D【分析】首先根據根與系數的關系利用韋達定理求解系數，然后解不等式即可；【詳解】由不等式的解集為，知是方程的兩實數根，由根與系數的關系，得，解得：，所以不等式可化為，解得：或，故不等式的解集為：.故選：D.8.已知函數在其定義域內為偶函數，且，則（）A. B.C.2021 D.0【答案】A【分析】根據條件先求解出的值，然后分析的取值特點，從而求解出結果.【詳解】因為為偶函數，所以，所以，所以且不恒為，所以，又因為，所以，所以，所以，又因為，所以，故選：A.二、多選題本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.若，，，則下列命題正確的是（）A.若且，則 B.若，則C.若，則 D.若且，則【答案】BC【分析】直接根據所給條件不等式結合作差法去證明結論正確或者舉出反例推翻結論即可.【詳解】對于A，若，滿足且，但，故A錯誤；對于B，若，則，即，故B正確；對于C，若，則，即，故C正確；對于D，若，這當然也滿足，但此時，故D錯誤.故選：BC.10.若，則下列選項成立的是（）A. B.若，則C.的最小值為 D.若，則【答案】ABD【分析】作差配方即可判斷A；利用基本不等式將條件化為關于的一元二次不等式，然后求解即可判斷B；根據基本不等式求最值取等號的條件可判斷C；對不等式等價變形，消元后配方即可判斷D.【詳解】A選項：因為，時等號成立，所以，A正確；B選項：因為，所以，解得或（舍去），所以，當時等號成立，B正確；C選項：，因為無實數解，所以等號不成立，C錯誤；D選項：因為，所以不等式，即，因為，所以不等式成立，當且僅當時，等號成立，D正確.故選：ABD11.已知函數，則下列四個結論中不正確的是（）A.函數的圖象關于點中心對稱B.函數的圖象關于直線對稱C.函數在區間內有4個零點D.函數在區間上單調遞增【答案】ABD【分析】令，求得，可判定A不正確；令，求得可判定B不正確；由時，可得，可判定C正確；由，結合正弦函數的性質，可判定D不正確.【詳解】對于函數，對于A中，令，可得，所以函數的圖象不關于點中心對稱，所以A不正確；對于B中，令，可得不是最值，所以函數的圖象不關于直線對稱，所以B不正確；對于C中，由，可得，當時，可得，所以在上有4個零點，所以C正確；對于D中，由，可得，根據正弦函數的性質，此時先減后增，所以D不正確.故選：ABD.12.已知函數，的零點分別為，，則下列結論正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【分析】由指數函數、對數函數、的對稱性，再利用指數冪，對數運算判斷選項即可.【詳解】如圖，因為函數的圖像關于對稱，因為，所以，由，所以的反函數是其本身，則其圖像也關于對稱，設與的圖像交點為，與的圖像交點為，對于A，與關于對稱，則，所以A錯誤；對于B，因為，所以，則，所以，故B正確；對于C，，C正確；對于D，，則，所以，所以D錯誤；故選：BC三、填空題13__________．【答案】【分析】根據分數指數冪及換底公式計算即可；【詳解】原式．故答案為：14.冪函數在上為減函數，則實數的值為__________.【答案】0【分析】根據冪函數的定義和性質即可得解.【詳解】因為冪函數在上為減函數，所以，解得.故答案為：15.已知角的終邊經過點，則__________．【答案】0.2【分析】根據三角函數定義得到方程，求出，進而求出正弦和余弦，求出答案.【詳解】由題意得，解得，故，所以，，故.故答案為：16.已知函數是奇函數，不等式組的解集為，且，滿足，，則______，______.【答案】①.0②.##【分析】根據奇函數定義求出；根據的解集為，且且，滿足，求出即可.【詳解】的定義域為，又函數是奇函數，所以定義域關于對稱，從而，即.當時，，.故；，不等式組等價于，因為其解集為，是開區間，所以函數在不單調，所以；又，所以，因此，是的兩個正根，即，所以，解得，又因為，所以，即，解得或（舍）.故答案為：0；.四、解答題本題共6小題，第17題10分，第18-22題每題12分，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.（1）已知是方程的根，，求的值；（2）已知，，且，，求和的值．【答案】（1）；（2）或．【分析】（1）根據題意，求得，再結合三角函數的誘導公式，準確化簡、運算，即可求解；（2）根據題意，求得和，得到，進而得到或，分類討論，即可求解.【詳解】解：（1）由方程，解得，因為，所以，又因為，所以，則，又由.（2）由，可得，…..①又由，可得，…..②得：，所以，解得，因為，所以或，當時，由，所以，又因為，所以；當時，由，所以，又，所以；綜上可得，或．18.已知，命題：，命題：函數在上存在零點.（1）若是真命題，求的取值范圍；（2）若，中有一個為真命題，另一個為假命題，求的取值范圍.【答案】（1）（2）或【分析】（1）解一元二次不等式，即可得答案；（2）求出為真命題時m的取值范圍，再分類討論命題，的真假，即可求得答案.【小問1詳解】因為是真命題，所以成立，解得；【小問2詳解】若為真命題，則函數在上存在零點，則方程在上有解，因為，該方程在有解時兩解同號，所以方程在上有兩個正根，則，得，若為真命題，為假命題，得，若為假命題，為真命題，得，所以的取值范圍為或.19.已知函數是定義在上的奇函數，當時，.（1）求在上取值范圍；（2）求的函數關系式；（3）設，若對于任意，都存在，使得，求正數的取值范圍.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）根據二次函數單調性求最值；（2）利用函數的奇偶性求函數在對稱區間上的解析式；（3）根據題意求出，轉化為的值域包含的值域即可得解.小問1詳解】因為的對稱軸為，所以函數在單調遞減，在單調遞增，因為，所以在上的值域為；【小問2詳解】因為是定義在上奇函數，所以；設，則，所以；又因為是定義在上的奇函數，所以，所以【小問3詳解】因為，所以，所以，當時，，因為在上遞增，所以在上遞增，所以，所以，所以，所以，當時，，因為在上遞減，在上遞增，此時，因為，，所以，所以不符合題意，綜上，.20.塑料袋對環境的危害——“白色污染”，這種污染問題的罪魁禍首正在人們在大肆使用的塑料袋．如今，食品包裝袋、茶葉包裝袋、化工包裝袋、蒸煮袋、農藥袋、種子袋等幾乎都是塑料袋．塑料包裝袋大行其道，塑料袋已經融入了現代人們的日常生活，可以說塑料袋使用已經是“無孔不入”了．某品牌塑料袋經自然降解后殘留量與時間年之間的關系為，為初始量，為光解系數（與光照強度、濕度及氧氣濃度有關），為塑料分子聚態結構系數，已知分子聚態結構系數是光解系數的90倍．（參考數據：，）（1）塑料自然降解，殘留量為初始量的，大約需要多久？（2）為了縮短降解時間，該塑料改進工藝，改變了塑料分子聚態結構，其他條件不變，已知2年就可降解初始量的，則殘留量不足初始量的，至少需要多久？（精確到年）【答案】（1）大約需要207年（2）至少需要27年【分析】（1）由題意得到方程，再解方程即可；（2）根據條件得到不等式，再解不等式即可.小問1詳解】由題可知，所以，所以，，所以殘留量為初始量的，大約需要207年；【小問2詳解】根據題意當時，，即，解得，所以，若殘留量不足初始量的，則，，兩邊取常用對數，得，所以，所以至少需要27年．21.已知函數、分別是定義在上的奇函數和偶函數且；（1）若對任意的正實數、都有，求最小值；（2）若對任意的恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用函數奇偶性的定義可得出關于、的等式組，解出這兩個函數的解析式，分析函數的單調性，結合奇函數的性質可得出，將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值；（2）利用復合函數法分析函數在上的單調性，可得出，可得出，結合基本不等式可求出實數的取值范圍.【小問1詳解】解：因為函數、分別是定義在上的奇函數和偶函數且，則，即，所以，，解得，因為函數、均為上的增函數，故函數為上的增函數，由可得，則，所以，，又因為、均為正實數，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，故有最小值.【小問2詳解】解：定義域為，且函數為偶函數，當時，令，則，因為內層函數在上為增函數，外層函數在上為增函數，所以，函數在上為增函數，由，因為，則，由基本不等式可得，當且僅當時，即當時，等號成立，所以，，解得，因此，實數的取值范圍是.22.設函數是偶函數．（1）求的值；（2）設函數，若不等式對任意的恒成立．求實數的取值范圍；（3）設，當為何值時，關于的方程有2個實根．【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）根據得到方程，求出；（2）變形得到等價于在上恒成立，換元后，利用對勾函數性質求出的最小值為4，即實數的取值范圍為；（3）令，則，原方程轉化為方程的根的個數，令，則表示開口向上的拋物線，根據判別式和對稱軸分類討論，求出的取值范圍.【小