2022-2023学年海南省海口中学高一年级上册学期第二次月考数学试题【含答案】

2022-2023学年海南省海口中学高一上学期第二次月考数学试题一、单选题1．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的补集与交集运算即可.【详解】解：已知全集，集合，，所以，则.故选：D.2．对于实数，“”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】B【详解】试题分析：由于不等式的基本性质，“a＞b”⇒“ac＞bc”必须有c＞0这一条件．解：主要考查不等式的性质．当c=0时显然左边无法推导出右边，但右边可以推出左边．故选B【解析】不等式的性质点评：充分利用不等式的基本性质是推导不等关系的重要条件．3．函数的大致图象是A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数解析式，用排除法判断，根据偶函数排除C、D；再根据单调性，排除A，即可求解答案.【详解】可知函数是偶函数，排除C，D；定义域满足：，可得或.当时，是递增函数，排除A；故选B.【点睛】本题考查已知函数解析式的函数图像的判断，考查数形结合思想，属于基础题.4．已知函数，则是（

）A．奇函数 B．偶函数 C．增函数 D．减函数【答案】D【分析】首先求函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据复合函数单调性的判断方法，判断函数的单调性，即可求解.【详解】函数的定义域为，定义域不关于原点对称，所以函数既不是奇函数，也不是偶函数，，函数分成，，外层函数是增函数，在是减函数，根据“同增异减”的原则，函数是减函数.故选：D5．函数的零点所在的大致区间是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】结合的单调性和零点存在性定理求得正确答案.【详解】函数在上递增，，，所以的零点所在的大致区间是.故选：C6．设a，b，c为常数，且，若不等式的解集是，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据二次不等式和对应二次方程的关系，找出之间的关系后进行求解即可.【详解】依题意，根据二次不等式和对应二次方程的关系可知，的两根为，根据韦达定理：，故，，又，即，解得.故选：B7．已知某种食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数），且在时的保鲜时间是192小时，在时的保鲜时间是48小时，则这种食品在时的保鲜时间是（

）A．12小时 B．18小时 C．24小时 D．36小时【答案】C【分析】根据题意建立方程组，进而解出，然后将33代入即可求得答案.【详解】由题意，得，即，所以该食品在的保鲜时间是.故选：C.8．设函数，若关于x的方程有4个不等实根，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据图象的对称变换画出函数的图象，数形结合即可求解.【详解】函数的图象如图所示，关于x的方程有4个不等实根，即可转化为函数与直线有4个不同的交点，所以.故选：A.二、多选题9．下列说法中正确的是（

）A．全称量词命题“，”的否定是“，”B．若函数在其定义域内的最大值为2，最小值为0，则的值域是C．定义在上的函数的图象与y轴有且只有一个交点D．若是奇函数，则【答案】AC【分析】对于A选项，根据全称命题的否定为特称命题即可判断A选项正误；对于B选项，可以举分段函数的反例即可判断B选项的正误；对于C选项，可以根据函数的定义进行判断C选项的正误；对于D选项，可以举的反例进行判断D选项的正误.【详解】对于A选项，已知命题“”的否定为“”，故A选项正确；对于B选项，若是分段函数，则其值域不一定为；故B选项错误；对于C选项，因为函数的定义域为，故函数在处一定有意义，根据函数定义，自变量与因变量直接存在一对一或多对一的对应关系，不存在一对多的对应关系，所以函数图像与轴有且只有一个交点，故C选项正确；对于D选项，若为奇函数，但是在处无意义，故D选项错误.故选：AC10．下列等式恒成立的是（

）A． B．C． D．．【答案】BD【分析】通过计算可以判断选项ABD，通过举反例可以判断选项C.【详解】解：A.，所以该选项错误；B.,所以该选项正确；C.如：，，所以，所以该选项错误；D.．所以该选项正确.故选：BD11．设函数的定义域为，值域为，若，，使得，则称函数为Γ函数．则下列函数为Γ函数的是（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】逐一分析每个函数的定义域和值域后进行判断即可.【详解】A选项，的定义域值域都是，显然符合题意，A选项正确；B选项，定义域，值域，由于定义域，值域的任意性，定义域内任取，在值域中显然可以找到对应的相反数，B选项正确；C选项，，定义域为，值域为，若定义域内取到正数，则值域中没有与之对应的正数的相反数，C选项错误；D选项，定义域为，值域为，由于值域的任意性，定义域内的任意正数都能在值域中找到与之对应的相反数，D选项正确.故选：ABD12．已知定义在上的函数满足：，都有，且，，当时，有，则（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据已知条件，利用赋值法可求ABC,由，，从而可得当当时，，结合以及题中信息即可判断D．【详解】令，则由，可得，所以，故A正确，因为，，所以，可得，故B错误，因为，所以，故C正确，又因为当时，都有，且，所以当时，，因为；又进而，因此，所以．故D正确，故选：ACD三、填空题13．若________；【答案】12【分析】根据对数的运算性质，结合对数式与指数式的恒等式进行计算即可【详解】．故答案为：1214．已知，，且，则的最小值是________．【答案】【分析】，再根据基本不等式求解.【详解】又因为由基本不等式得，当且仅当并且所以，所以，即的最小值为.故答案为：15．已知函数，若在区间上单调递增，且在区间上单调递减，则a的取值范围是________．【答案】【分析】由二次函数性质与对勾函数性质列式求解【详解】对称轴为，，当时，在上单调递减，由题意得，解得，故答案为：四、双空题16．函数的零点是________，定义域是________．【答案】

【分析】由求得的零点，根据函数定义域的求法求得的定义域.【详解】令，即，所以，，所以的零点为.由得，，解得，所以的定义域是.故答案为：；五、解答题17．（1）计算：；（2）已知，且，求的值.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）原式；（2）由于，而，所以.试题解析：（1）原式.（2）因为，则，因为，则，所以【解析】指数和对数运算.18．在20世纪30年代，美国地震学家里克特制订了一种表明地震能量大小的尺度，就是使用测震仪衡量地震能量的等级，地震能量越大，测震仪记录的地震曲线的振幅就越大，就是我们常说的甲氏震级M，其计算公式为．其中A是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．(1)假设在一次地震中，测震仪记录地震的最大振幅是，此时标准地震的振幅是0.001，求这次地震的震级；(2)级地震给人的震感已比较明显，求级地震的最大振幅约是级地震的最大振幅的多少倍？（精确到1倍，参考数据：）【答案】(1)级(2)倍【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得震级.（2）求得级和级地震的振幅，进而求得所求的倍数.【详解】（1）依题意，所以这次地震的震级是级.（2）依题意，其中分别表示级地震、级地震的最大振幅，两式相减得，所以倍.所以级地震的最大振幅约是级地震的最大振幅的倍.19．如图，设函数，在内的图象分别为，，，为曲线和的两个交点．(1)若，，，求a，b的值；(2)若，不等式恒成立，求m的取值范围【答案】(1)；(2)【分析】（1）首先设函数，利用零点存在性定理结合图象，即可求解；（2）不等式转化为恒成立，转化为求函数的最值，即可求解.【详解】（1）设函数，，，，，根据零点存在性定理可知，结合图象可知，使，即，所以；，，，，，，，，，根据零点存在性定理可知，结合图象可知，使，即，所以；（2）因为，所以恒成立，即恒成立，即，当时，，所以.20．已知函数(1)在下面的坐标系中画出函数的大致图象，并写出的单调区间；(2)已知，且，求的取值范围【答案】(1)见解析，(2)【分析】（1）由指数函数的图象与函数的平移变换画图，由单调区间的定义求解，（2）由对称性得，而，表示为关于的函数后求解，【详解】（1）当时，，当时，，结合指数函数的图象作图如下，的递增区间为，递减区间为和（2）若，，，数形结合得，且，即，故，，由二次函数性质得，故的取值范围为21．已知函数的定义域为，且对任意非零实数，，都有．(1)判断的奇偶性，并说明理由；(2)从下面两个条件中任选一个作已知条件，比较与的大小．①当时，；②当时，．【答案】(1)偶函数，证明见解析，(2)见解析【分析】（1）由赋值法与奇偶性的定义证明，（2）由单调性的定义证明的单调性，由对数的运算性质比较大小后判断，【详解】（1）令，得，令，得，得，故，函数为偶函数，（2）选条件①，设且，则，而，则，故，函数在上单调递增，而，，，，而，，故，，故，选条件②，同理得函数在上单调递减，而，故22．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若在区间内有两个零点，，证明：．【答案】(1)(2)证