重庆市第二十九中学2023-2024学年高一上学期1月月考数学试题

重庆二十九中2023—2024学年度上期高一年级数学月考测试题一、单项选择题；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.1.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三角函数诱导公式以及特殊角的三角函数值，可得答案.【详解】,故选:A2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题即可解出.【详解】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得：“，”的否定为，.故选：B.3.已知一扇形半径为2，面积为4，则该扇形的圆心角的弧度数为（）A. B. C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】根据扇形的面积公式和圆心角的弧度数公式求解.【详解】由扇形的面积公式可得可得，所以圆心角的弧度数为，故选:C.4.设，，，则的大小关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】以0和1为桥梁，分别比较与0，1的大小关系，即可得到答案.【详解】因为，所以；因为，所以；因为，所以.所以.故选：A5.幂函数在R上单调递增，则函数的图象过定点（）A.（1，1） B.（1，2） C.（3，1） D.（3，2）【答案】D【解析】【分析】由函数为幂函数且在R上单调递增，可得，再由指数函数过定点，即可得函数所过的定点.【详解】解：因为为幂函数且在R上单调递增，所以，解得，所以，又因为指数函数恒过定点，所以恒过定点.故选：D.6.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由互为余角的两个角的诱导公式，算出cos（）．再根据互为补角的两角的诱导公式加以计算，可得cos（）．【详解】解：∵，∴，即cos（）又∵（）+（）＝π，∴cos（）．故选：B．7.已知函数，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先确定函数奇偶性和单调性，再利用函数单调性去掉即可解不等式.【详解】由已知函数的定义域为，又，所以函数为偶函数，当时，，明显均在上单调递增，故在上单调递增，所以由得，解得或，即不等式的解集是.故选：C.8.已知函数，若函数有三个不同的零点,，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据题得到时，产生一个根，时，，产生两个根，利用韦达定理及对勾函数的性质可得取值范围.【详解】要函数有三个不同的零点，则当时，，必有一个根，且，同时，当时，，必有两不等非负根，整理得，所以，解得，所以，根据对勾函数的图像和性质可得函数在上单调递减，故，即的取值范围是.故选：D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（）A.终边在轴上的角的集合为B.若，则C.“”是“”的充要条件D.若，，，则的最小值为4【答案】BD【解析】【分析】根据终边在轴上的角的集合为可判断选项；两式作差可判断选项；根据推出关系可判断选项；利用“1”的代换和基本不等式可判断选项.【详解】选项：终边在轴上的角的集合为，故选项不正确；选项：由，得，所以，故选项正确；选项：由可得到，反之当时，不能推出，故选项不正确；选项：，当且仅当，即时，等号成立，故选项正确.故选：.10.已知，，那么的可能值为（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据题干条件和同角三角函数的平方关系建立方程组，求出正弦和余弦，进而求出正切值.【详解】因为①，又sin2α+cos2α=1②，联立①②，解得或，因为，所以或．故选：BD11.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.为偶函数C.将的图像上所有点向左平移个长度单位即得的图像D.的图象关于直线对称【答案】AC【解析】【分析】先通过图像求出函数的解析式，然后利用三角函数的性质逐一判断即可.【详解】由图可知，得，所以，所以，又根据五点法，所以，则，对于A：，正确；对于B：，无法变形为的形式，错误；对于C：将的图像上所有点向左平移个长度单位得，正确；对于D：，错误.故选：AC.12.若，.则（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由指数与对数互化可得，，利用对数函数但单调性可知A错误；利用基本不等式并结合等号成立的条件可得BC正确，由作差法并根据二次函数单调性可得D正确.【详解】根据题意由，可得，且均为正数；所以可得，对于A，，易知，所以，可得，即，所以A错误；对于B，，显然，所以等号不成立，因此，B正确；对于C，易知，显然，所以等号不成立，因此，C正确；对于D，易知，由二次函数性质可得在上单调递增，由可得，即，所以，即，所以，即D正确；故选：BCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13._______________.【答案】【解析】【分析】直接根据指数幂和对数的运算性质计算即可.【详解】.故答案为：.14.已知函数，则的单调增区间为______.【答案】##（1，1）【解析】【分析】先求定义域为，再利用复合函数的单调性法则“同增异减”即可求得.【详解】因为，解得：，所以的定义域为.令，则.要求的单调增区间，只需.所以，所以的单调增区间为.故答案为：.15.设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，所以，因为，所以当时，取最小值为.【点睛】函数的性质（1）.（2）周期（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，（4）由求增区间；由求减区间.16.已知函数是定义在上的偶函数，且对于任意实数都有成立，则_______________.【答案】【解析】【分析】先通过求出，再将条件变形为，利用累加法可求得，进而可求.【详解】由得当时，，又得，当且时，由两边同时除以得，即，当时，，上述式子相加得，所以，得，所以.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知集合，.（1）若，求和；（2）求实数的取值范围，使成立.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解对数不等式可得，将代入可得，根据集合运算法则可求出结果；（2）根据题意可知，由不等关系可解得.【小问1详解】易知，由，当时，；所以；【小问2详解】由可得，即集合是集合的子集，显然，所以需满足，解得；即实数的取值范围是.18.在平面直角坐标系中，角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，已知点的纵坐标为.（1）求的值；（2）的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先通过角终边位置求出点坐标，再利用三角函数的定义可得答案；（2）先利用诱导公式化简，通过变形，再代入的值计算即可.小问1详解】，角的终边在第二象限，又点的纵坐标为，横坐标为，即点，；【小问2详解】.19.函数的最小正周期为．（1）求函数在上的单调递增区间；（2）当时，求的最大值和最小值及对应x的值．【答案】（1），（2）的最大值为2，，的最小值为－1，【解析】【分析】（1）根据函数的最小正周期可求得的值，从而可得到的解析式，再利用整体代入法求函数的单调递增区间，进而可求得函数在上的单调增区间；（2）根据的取值范围可得到的取值范围，从而可求出的最大值和最小值及对应x的值．【小问1详解】因为的最小正周期，所以，故，令，则，即的单调递增区间为，又，所以函数在上的单调增区间是，．【小问2详解】当时，，所以当，即时，函数有最大值2，当，即时，函数有最小值－1，所以的最大值为2，这时，的最小值为－1，这时．20.重庆轻轨九号线发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算：该路轻轨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）若该路轻轨车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路轻轨车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.【答案】20.，意义见解析21.间隔为分钟时，最大净收益为元【解析】【分析】（1）直接根据解析式求，再根据题意说明实际意义；（2）分别求出当，时的最大值，然后取最大的那个即可.【小问1详解】由已知，的实际意义为当轻轨九号线发车时间间隔为分钟时，轻轨车载客量为；【小问2详解】因为，则当时，，当且仅当，即时等号成立；当时，，综上，当发车时间间隔为分钟时，该路轻轨车每分钟的净收益最大，且最大净收益为元.21.已知函数为偶函数.（1）求的值；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）直接根据恒成立计算求解；（2）先利用复合函数单调性的规则确定函数的单调性以及最值，进而将问题转化为方程的根的个数来求解即可.【小问1详解】由已知函数定义域为，又，所以恒成立，所以恒成立，所以，则；【小问2详解】由（1）得当时，均单调递增，故函数在上单调递增，所以，又函数为偶函数，其图像草图如下：所以对于函数的零点个数，即的根的个数，当时，方程无根，即函数无零点；当时，方程一个根，即函数一个零点；当时，方程两个根，即函数两个零点；22.已知函数.且当时，的最大值为.（1）求实数的值；（2）设函数，若对任意的，总存在，使得.求实数的取值范围.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）整理可得，利用换元法结合二次函数的性质运算求解；（2）先求值域，根据题意可得值域是值域子集，分类讨论运算求解.【小问1详解】因为因为，令，所以，当时，此时当时，与题意不符；当时，若时，即，此时当时，，解得或（舍去）若时，即，此时当时，，解得，不合题意；当时，此时当时，，解得，不合题意；综上，实数的值为2.【小问2详解】由（1）可知，因