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1、2022-2023学年度第一学期月考2高一数学一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24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. 已知集合，则A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析：首先利用一元二次不等式的解法，求出的解集，从而求得集合A，之后根据集合补集中元素的特征，求得结果.详解：解不等式得，所以，所以可以求得，故选B.点睛：该题考查的是有关一元二次不等式的解法以及集合的补集的求解问题，在解题的过程中，需要明确一元二次不等式的解集的形式以及补集中元素的特征，从而求得结果.2. 已知点为角的终边上一点，且，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】
2、A【解析】【分析】由任意角的三角函数的定义求出，即可得出答案.【详解】由任意角的三角函数的定义知，解得：，则.故选：A.3. 函数的零点所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数的零点存在性定理即可判断.【详解】函数在上单调递增， ， ， 所以，由零点存在性定理可知函数的零点所在的区间为故选：C【点睛】本题主要考查零点存在性定理，需掌握零点存在性定理的内容，属于基础题.4. 若函数（且）的图像经过定点P，则点P的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由函数图像的平移变换或根据可得.【详解】因为，所以当，即时，函数值为定值0，所以点P坐标为
3、.另解：因为可以由向右平移一个单位长度后，再向下平移1个单位长度得到，由过定点，所以过定点.故选：B5. 函数的定义域为，且对于定义域内的任意都有，且，则的值为（ ）.A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，且，利用赋值法求解.【详解】，又，.故选：D6. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将两式平方，结合求出，整体代入即可求出的值，根据的范围可以求出的范围，从而确定具体值【详解】因为，所以，因为，所以，所以故选：A7. 已知，满足，则的最小值是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，得到，化简，结合基本不等式，即可求解.【
4、详解】由，可得，因为，可得且，解得，则，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：B.8. 函数的定义域为R，若与都是奇函数，则A. 是偶函数B. 是奇函数C. D. 是奇函数【答案】D【解析】【详解】方法一：与都是奇函数，函数关于点，及点对称，函数是周期的周期函数.，即是奇函数.故选D.方法二：与都奇函数，由，得，由，得，所以，进而可得，可见是周期的周期函数.说明A与B不一定成立，C肯定不成立，而D成立的理由如下：，所以.二、多项选择题（本题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 若函数的定义域为
5、，值域为，则实数的值可能为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】ABC【解析】【分析】根据已知条件及二次函数的性质即可求解.【详解】由，得函数的对称轴为，当时，函数取最小值为，当或时，函数值为，因为函数的定义域为，值域为，所以，所以实数的值可能为.故选：ABC.10. 已知函数是R上的奇函数，且当时，则（ ）A. B. C. 是增函数D. 【答案】ACD【解析】【分析】由是R上的奇函数，则可算出，代入可算得根据的对称性可得出单调性，根据可求得【详解】A.项 是R上奇函数，故得，故A对对于B项，故B错对于C 项，当时，在上为增函数，利用奇函数的对称性可知，在上为增函数，故是上的增函数，故
6、C对，故D对故选：ACD【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2)f(x)f(x)或f(x)f(x)是定义域上的恒等式奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性11. 下列说法正确的是（ ）A. 命题“，”的否定为“，”B. “或”是“”的必要不充分条件C. 已知，则D. 当时，的最小值是【答案】BC【解析】【分析】根据全称量词命题的否定、必要不充分条件、不等式的性质、基本不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确选
7、项.【详解】A选项，命题“，”的否定为“，”， A选项错误.B选项，若“或”，如，则，即“”不成立；若“”，则“或”，所以“或”是“”的必要不充分条件，B选项正确、C选项，由于，则，所以，C选项正确.D选项，但不成立，所以等号不成立，故D选项错误.故选：BC12. 甲、乙两人解关于x的方程：，甲写错了常数b，得到根为或；乙写错了常数c，得到根为或，那么原方程的根可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】根据已知条件列方程，求得，进而求得原方程的跟.【详解】对于甲，设甲将错看成，则，或，整理得，或，由解得对于乙，设乙将错看成，则，或，整理得，或，由解得.所以原方程为，即，所
8、以或，解得或.故选：CD三、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）13. 已知函数存在反函数，记为，若函数过点，则过点_【答案】【解析】【分析】根据反函数的知识求得正确答案.【详解】由于函数过点，所以，即过点，所以过点.故答案为：14. 的单调增区间为_【答案】【解析】【分析】先判断出函数的定义域，再根据函数单调递增，外层函数单调递减，从而得到复合函数内层应单调递减，从而得到答案.【详解】，则，解得：，所以函数的定义域为，设，则，外层函数为减函数，要求函数的单调增区间，则求内层函数的减区间，在上单调递减，综上可得，函数的单调增区间是，故答案为：.15. 函数，若存在，使得，则的取值范围是
9、_.【答案】【解析】【分析】先根据的范围计算出的值域，然后分析的值域，考虑当两个值域的交集不为空集时对应的取值范围即可.【详解】因为，所以当时，因为，所以当时，由题意可知，当时，或，所以或，综上可知：.故答案为.【点睛】本题考查根据函数值域的关系求解参数范围，难度一般. 当两个函数的值域的交集不为空集时，若从正面分析参数的范围较复杂时，可考虑交集为空集时对应的参数范围，再求其补集即可求得结果.16. 已知函数满足时恒有成立，求实数a的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由题意可得函数在上单调递减，则，解不等式即可得出答案.【详解】已知函数满足时恒有成立，则函数在上上单调递减，所以，解得：.故实
10、数a的取值范围为：.故答案为：.17. 设a，b，c均为正数，且，则a，b，c的大小顺序为_【答案】#【解析】【分析】结合的图象确定正确答案.【详解】画出的图象如下图所示，由图可知.故答案为：18. 已知关于x的不等式的解集中恰有3个整数解，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据已知条件及一元二次不等式的解法即可求解.详解】由，得因为，所以不等式的解集为.当，时，整数解是不满足.当，即，整数解是满足.当时，整数解是满足.当时，不满足.综上，实数a的取值范围是.故答案为：.四、解答题（本题共4小题，小题10分，共40分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19. 已知（1）化简；（
11、2）若，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简的表达式.（2）根据已知条件求得的值，由此化简求得的值.【小问1详解】.【小问2详解】依题意，所以，.20. 已知集合，集合（1）若时，求；（2）若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）解不等式求得集合，由此求得.（2）根据“是的必要不充分条件”列不等式，从而求得的取值范围.【小问1详解】，解得，所以.当时，所以.【小问2详解】若是的必要不充分条件，则是真子集，所以或（后两式不能同时取等号），解得或，所以的取值范围是或.21. 某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形
12、状是如图所示的扇形环面（由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的）.已知，线段BA，CD与，的长度之和为30，圆心角为弧度.（1）求关于x的函数表达式；（2）记铭牌的截面面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值.【答案】（1）； （2），.【解析】【分析】（1）根据扇形的弧长公式结合已知条件可得出关于、的等式，即可得出关于的函数解析式；（2）利用扇形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值，即可得出结论.【小问1详解】解：根据题意，可算得，因为，所以，所以，.【小问2详解】解：根据题意，可知，当时，.综上所述，当时铭牌的面积最大，且最大面积为.22. 已知函数，若对任意的x，y都有（1）求的解析式；（2）设，（）判断并证明的奇偶性；（）解不等式：【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）令，解得，结合，可求出的值，即可求出的解析式；（2）（）由奇函数的定义即可证明为奇函数；（）由题意可得，则，解不等式结合对数函数的定义域即可得出答案.【小问1详解】因为对任意的x，y都有所以令，则，解得：，则，解得：，故.【小问2详解】（），的定义域为，关于原点对称，所以为奇函数.（）因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，即，又因为为奇函数，所以，所以，则，所以，则，解得：又因为，解得：.综上：.第 15 页 共 15 页