2022-2023學年山東省泰安市泰安第二中學高一上學期12月月考數學試題一、單選題1．命題“，”的否定為（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根據全稱命題的否定是特稱命題可得答案.【詳解】根據題意，命題“，”是全稱命題，其否定為：，.故選：C.2．若集合，，則中元素的個數為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】根據題意，分別求得集合，，根據集合的交集運算，求得，即可求解.【詳解】由集合，，所以，所以中元素的個數為2個.故選：C.3．函數與的圖象交點為，則所在區間是（

）．A． B． C． D．【答案】C【詳解】令函數，，由于，所以區間(2,3)必有零點．4．若，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解析】本題根據基本不等式，結合選項，判斷得出充分性成立，利用“特殊值法”，通過特取的值，推出矛盾，確定必要性不成立.題目有一定難度，注重重要知識、基礎知識、邏輯推理能力的考查.【詳解】當時，，則當時，有，解得，充分性成立；當時，滿足，但此時，必要性不成立，綜上所述，“”是“”的充分不必要條件.【點睛】易出現的錯誤有，一是基本不等式掌握不熟，導致判斷失誤；二是不能靈活的應用“賦值法”，通過特取的值，從假設情況下推出合理結果或矛盾結果.5．函數的單調遞增區間是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由對數式的真數大于0求得原函數的定義域，再求出內層函數二次函數的增區間，則答案可求.【詳解】由，得或，則原函數的定義域為或，令，其對稱軸方程為，該函數在上單調遞增，又函數是定義域內的增函數，∴函數的單調遞增區間是.故選：D.6．玉雕在我國歷史悠久，擁有深厚的文化底蘊，數千年來始終以其獨特的內涵與魅力深深吸引著世人．某扇形玉雕壁畫尺寸（單位：cm）如圖所示，則該玉雕壁畫的扇面面積約為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用扇形的面積公式，大扇形面積減去小扇形面積即可求解【詳解】易知該扇形玉雕壁畫可看作由一個大扇形剪去一個小扇形得到，設大、小扇形所在圓的半徑分別為，，相同的圓心角為，則，得，又因為，所以，，該扇形玉雕壁畫面積（）．故選：D．7．已知命題“，使”是假命題，則實數m的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由特稱命題的否定轉化為恒成立問題后列式求解，【詳解】由題意可知恒成立．①當時，恒成立；②當時，，解得．綜上：．故選：C8．已知冪函數在上單調遞增，不等式的解集為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據冪函數的定義及性質求出的值，然后判斷函數的單調性，利用單調性即可求解不等式的解集.【詳解】解：因為函數為冪函數，所以，解得或，又冪函數在上單調遞增，所以，此時在R上單調遞增，因為，所以，解得或，所以不等式的解集為，故選：B.二、多選題9．若，且，在下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根據已知條件，結合不等式的性質，以及特殊值法，即可求解.【詳解】對于A，∵，，∴，故A正確，對于B，，，∴，故B正確，對于C，令，則，故C錯誤，對于D，令，，滿足，但，故D錯誤.故選：AB.10．關于函數，描述正確的是（

）A．的定義域為B．有個零點C．在定義域上是增函數D．是定義域上的奇函數【答案】AD【分析】根據分式和偶次根式定義域的基本要求可知A正確；令，結合定義域可知B錯誤；利用反例可知C錯誤；求得分段函數解析式后，根據奇函數定義可知D正確.【詳解】對于A，由得：，解得：或，定義域為，A正確；對于B，由得：，解得：或，有和兩個零點，B錯誤；對于C，定義域為，；，，，不滿足增函數定義，C錯誤；對于D，由題意得：；當時，，，為奇函數，D正確.故選：AD.11．下列命題錯誤的是（

）A．命題“，都有”的否定是“，使得”B．函數的零點有2個C．用二分法求函數在區間內的零點近似值，至少經過3次二分后精確度達到0.1D．函數在上只有一個零點，且該零點在區間上【答案】ABC【分析】根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題即可判斷A；求出函數的零點結合零點的存在性定理即可判斷B；根據二分法的定義即可判斷C；根據零點的存在性定理即可判斷D.【詳解】解：對于A，命題“，都有”的否定是“，使得”，故A錯誤；對于B，或時，，因為在上都是增函數，所以函數在上是增函數，又因為，所以函數在上有且僅有1個零點，故B錯誤；對于C，開區間的長度等于1，沒經過一次操作長度變為原來的一半，則經過次操作之后，區間的長度變為，故有，則，所以，所以至少經過4次二分后精確度達到0.1，故C錯誤；對于D，因為函數在上都是增函數，所以函數在上是增函數，又，所以函數在上只有一個零點，且該零點在區間上，故D正確.故選：ABC.12．已知函數，則下列結論正確的是（

）A．是周期函數 B．是奇函數C．的圖象關于直線對稱 D．在處取得最大值【答案】BD【分析】首先化簡函數，再根據函數周期的定義，判斷A，利用函數奇偶性的定義，判斷B；利用對稱性的特征，舉反例，判斷C；代入驗證D.【詳解】，A.的最小周期是，的最小正周期是，但，，所以函數不是周期函數，故A錯誤；B.設，，，當時，同理可得，且，所以函數時奇函數，故B正確；C.，，，所以函數的圖象不關于直線對稱，故C錯誤；D.時，，所以函數取得最大值，故D正確.故選：BD三、填空題13．計算：___________.【答案】0【分析】根據三角函數的誘導公式，即可求解.【詳解】故答案為：014．已知命題“，”為假命題，則實數m的取值范圍為______．【答案】【分析】根據命題的否定與原命題真假性相反，即可得到，為真命題，則，從而求出參數的取值范圍；【詳解】解：因為命題“，”為假命題，所以命題“，”為真命題，所以，解得；故答案為：15．已知函數，若對任意的正數，滿足，則的最小值為_________.【答案】12【分析】先確定函數奇偶性與單調性，再根得，最后根據基本不等式求最值.【詳解】因為恒成立，所以函數的定義域為，，，所以，為奇函數，又在單調遞減，所以在單調遞減，在出連續，在單調遞減，所以在上單調遞減，，，，即，所以，當且僅當，即，時，等號成立，所以的最小值為12.故答案為：12【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.四、雙空題16．若函數（且）,圖象恒過定點,則_____；函數的單調遞增區間為____________．【答案】

2

【分析】根據對數的運算性質可以直接求出點的坐標,這樣可以計算出的值；再根據復合函數的單調性的性質可以求出函數的單調遞增區間.【詳解】由函數（且）的解析式可知：當時,,因此有；因此,由復合函數的單調性的性質可知：函數的單調遞增區間為：.故答案為2；【點睛】本題考查了對數型函數過定點問題,考查了復合函數的單調性問題,掌握對數的運算特性是解題的關鍵.五、解答題17．計算下列各式.(1)(2).【答案】(1)110(2)3【分析】（1）利用指數冪的運算法則進行求解；（2）利用對數的運算法則進行求解.【詳解】（1）原式=.（2）原式.18．設全集，函數的定義域為集合，集合，命題：若______時，則，從①，②，③這三個條件中選擇一個條件補充到上面命題中，使命題為真，說明理由；并求.【答案】；【解析】求出定義域集合，集合，取值使，然后利用集合的交補運算即可求解.【詳解】根據題意可得，解不等式可得，所以，，當時，，此時，即命題為假，故不取；當時，，此時，即命題為真，或，所以，當時，，此時，即命題為真，或，所以，綜上所述，可選，【點睛】本題考查了對數型復合函數的定義域、指數函數單調性解不等式、命題的真假以及集合的交補運算，屬于基礎題.19．已知關于的方程的兩個根為.（1）求的值；（2）求的值；（3）求方程的兩個根及此時的值.【答案】（1）或；（2）；（3）當方程的兩個根分別時，此時．當方程的兩個根分別時，此時．【分析】（1）根據一元二次方程的根與系數的關系，可得，的關系．解出，的值，即可求解的值；（2）由即可得m的值；（3）由（1）可得方程的根和此時的值.【詳解】由的方程的兩個根為，．可得，，，．或那么或．當時，，當時，，（2）由，可得．（3）當方程的兩個根分別時，此時．當方程的兩個根分別時，此時．【點睛】本題主要考查一元二次方程的根與系數的關系，同角三角函數的關系式的計算．屬于基礎題．20．珍珠棉是聚乙烯塑料顆粒經過加熱?擠壓?發泡等工藝制成的一種新型的包裝材料.2020年疫情期間珍珠棉的需求量大幅增加，某加工珍珠棉的公司經市場調研發現，若本季度在原材料上多投入萬元，珍珠棉的銷售量可增加噸，每噸的銷售價格為萬元，另外生產噸珍珠棉還需要投人其他成本萬元.(1)寫出該公司本季度增加的利潤萬元與之間的函數關系；(2)當為多少萬元時，公司在本季度增加的利潤最大？最大為多少萬元？【答案】(1)y(2)當萬元時，公司本季度增加的利潤最大，最大為8萬元【分析】（1）根據題目中等量關系，列出函數關系式；（2）對函數進行變形，利用基本不等式求解最值.【詳解】（1）;（2）.，，當且僅當，即時等號成立，，當萬元時，公司本季度增加的利潤最大，最大為8萬元.21．已知函數（，）.(1)求函數的定義域；(2)當時，解關于不等式；(3)當時，，求函數在區間上的最值.【答案】(1)(2)(3)最小值為；最大值為.【分析】（1）對底數進行討論，即可求解定義域；（2）根據，指數、對數為遞增函數，即可脫去“”，解得的范圍；（3）利用對數的運算化簡，可以單調性即可求解在區間上的最值；【詳解】（1）由，即，當時，；當時，；所以，當時，定義域為；當時，定義域為；（2）當時，是遞增函數，定義域為；由即，可得，解得∴關于不等式的解集為.（3）當時，，易知在區間上為遞增函數，∴函數在區間上的最小值為；最大值為.22．定義在上的函數滿足：①對任意，，都有