江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高一上学期1月月考数学试题（含解析）

江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高一上学期1月月考数学试卷
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．已知命题，，则命题的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．如果设 ，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，，则（ ）
A． B． C．3 D．
5．若，且是方程的两实根，则的值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．方程组解的集合是（　　）
A． B． C． D．
8．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．为偶函数 B．的图象向右平移个单位长度后得到的图象
C．图象的对称中心为， D．在区间上的最小值为
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．下列几种说法中正确的是（ ）
A．若，则的最小值是4 B．命题“，”的否定是“，”
C．若不等式的解集是，则的解集是
D．“”是“不等式对一切x都成立”的充要条件
10．已知且满足，则以下是真命题的有（ ）
A． B．
C． D．
11．著名的德国数学家狄利克雷在19世纪提出了这样一个“奇怪的”函数：定义在上的函数.后来数学家研究发现该函数在其定义域上处处不连续、处处不可导．根据该函数，以下是真命题的有（ ）
A． B．的图象关于轴对称
C．的图象关于轴对称 D．存在一个正三角形，其顶点均在的图象上
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图像关于轴对称 B．是周期为的周期函数
C．的值域为 D．不等式的解集为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡中的横线上.
13．设是定义在上的奇函数，当时，，则 .
14．教材必修1第87页给出了图象对称与奇偶性的联系：若为奇函数，则的图象关于点中心对称，易知：是奇函数，则图象的对称中心是 .
15．若，，且，则的最大值为 ．
16．已知是定义在上的奇函数，且对，当时，都有．若，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．设全集为，，.（10分）
(1)求；
(2)若,,求实数的取值范围．
18．已知，求：（10分）
(1)的最小正周期及单调递增区间；
(2)时，恒成立，求实数的范围．
19．已知函数，（12分）
(1)求函数的最小正周期和对称轴方程；
(2)求函数的单调递减区间；
(3)若函数在上最大值与最小值的和为，求实数的值.
20．已知函数．（14分）
(1)若方程的两根为与，求的值；
(2)设函数，若的最小值为1，求实数的值；
(3)设函数，记为的反函数，设函数，当时，，求实数的取值范围．
21．已知定义在上函数同时满足如下三个条件：（14分）
①对任意都有；
②当时，；
③．
(1)计算的值；
(2)证明在上为减函数；
(3)有集合，问：是否存在点使？
22．设集合，（10分）
(1)若，求；
(2)若，求实数的取值范围.
江西省宜春市宜丰县2023-2024学年高一上学期1月月考数学参考答案：
1、C【详解】命题的否定为，，
故选：C
2、C【分析】由指数函数的性质可得，由对数函数的性质可得，即可得答案.
【详解】解：因为，
又因为在定义域上单调递增，
所以，
即，
所以.
故选：C.
3、A
【分析】分别解出一元二次不等式和不等式的解集，按照交集的运算规则求解即可.
【详解】解一元二次不等式，可得：，
则，
解不等式，由对数函数的性质可知，，得，
则，
所以.
故选：A.
4、B【分析】由条件化简求得，将所求式子利用三角恒等变换化简再根据同角三角函数关系式转化为正切求得结果.
【详解】由，即，
又，解得，
.
故选：B.
5、D【分析】根据同角平方和的关系即可结合韦达定理求解.
【详解】由于是方程的两实根，所以，
又，所以，
故，
由于，，所以，故，因此，所以，
故选：D
6、A
【分析】由题意得出求解即可.
【详解】，，所以，，
在上单调递减，所以，
当时，，即，取成立.
当时，，即，得，所以
当时，，即，得，所以，
综上： 的取值范围是.
故选：A
7、D
【分析】解出方程组的解，解集的元素只有一个点.
【详解】解：由解得
方程组解的集合只有一个元素
所求解的集合为
故选：D
8、A
【分析】根据函数最大值和最小正周期可得，由可得，从而得到解析式；由可确定奇偶性，知A正确；根据三角函数平移变换原则可得B错误；利用整体代换法，令可求得对称中心，知C错误；由，结合正弦函数性质可确定最小值为，知D错误.
【详解】，，；
由图象可知：最小正周期，，
又，，解得：，
又，，；
对于A，，
，为偶函数，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，令，解得：，
的对称中心为，C错误；
对于D，当时，，
当，即时，，D错误.
故选：A.
9、BCD
【分析】A：取进行分析；B：根据含一个量词的命题的否定方法得到结果；C：先根据韦达定理求解出的值，然后可求的解集；D：分析不等式对一切x都成立时的取值范围，然后作出判断.
【详解】对于A：当时，，但，故A错误；
对于B：修改量词，否定结论可得命题的否定为：“，”，故B正确；
对于C：因为的解集是，所以，所以，
所以，解得，故C正确；
对于D：当时，恒成立，
当时，若不等式对一切x都成立，
则，解得，
综上，时，不等式对一切x都成立，
所以“”是“不等式对一切x都成立”的充要条件，故D正确；
故选：BCD.
10、BCD
【分析】运用基本不等式分析AB即可，利用已知条件消去一个参数，将CD转化为一元函数处理即可.
【详解】易知，，
故由基本不等式得，当且仅当时取等，
又，
故，即，故A错误；
易得，
当且仅当，即时取等，故B正确；
结合，故，解得，
则，
由二次函数性质得在单调递减，在单调递增，
故，，，
可得，即，故C正确;
由已知得，，，
故，
由二次函数性质得在单调递减，在单调递增，
故，故D正确.
故选：BCD
11、BCD
【分析】特殊值代入验证A，D；利用偶函数定义判断B，C.
【详解】对于A，当，时，，，，故A错误；
对于B，因为的定义域为，关于原点对称，
若是无理数，则是无理数，所以，；
若是有理数，则是有理数，所以，；
所以，
故是偶函数，图象关于轴对称，B正确；
对于C，由B可知，，所以，
故是偶函数，图象关于轴对称，C正确；
对于D，设， ，，
则，所以是等边三角形，
又因为，，，所以的顶点均在的图象上，D正确.
故选：BCD
12、AC
【分析】对A，结合偶函数的定义判断即可；对B，由即可判断；对C，先判断出是其周期，结合偶函数，即求的值域即可；对D，解出的解集，结合偶函数与周期即可求解.
【详解】对于A，因为的定义域为，
又，
所以是偶函数，所以的图象关于轴对称，故A正确；
对于B，因为，
，
所以，故B错误；
对于C，因为
，
所以是周期为的周期函数，
所以在上的值域即的值域.
当时，
，
又当时，，
所以，又为偶函数，
故在上的值域也为，
对于D，因此的值域为，故C正确；
当时，，
，即，
所以，则，
又为偶函数，
所以不等式在上的解集为，
所以不等式的解集为
，故D错误.
故选：AC.
13、
【分析】先求出，再根据奇函数的概念求解即可.
【详解】因为当时，，
所以，
又因为是定义在上的奇函数，
所以，
故答案为：
14、
【分析】利用奇函数的性质把变形成，即，再找出对称中心.
【详解】因为，
，
，
所以，
因为为奇函数，则也奇函数，
所以关于点对称，
故答案为：
15、
【分析】利用基本不等式的性质，求解和的最小值.
【详解】，，由基本不等式，，即，当且仅当时等号成立.
，
即，解得，当，即，时，有最大值.
故答案为：
16
【分析】先判断函数的单调性，根据奇偶性化简题目所给不等式，利用函数的单调性求得的取值范围．
【详解】当时，不妨设，根据已知条件得，即，
所以在上是减函数，
又因为函数是定义在上的奇函数，所以，
故等价于，
所以，解得．
故答案为：．
17【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用集合运算即可求解；
（2）由得到，借助集合的包含关系即可求解.
【详解】（1）全集为R，
，
，
所以 .
（2），
因为 ，
所以 ，
由题意知 ，
解得 ，
所以实数的取值范围是.
18【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为，
(2)
【分析】（1）先根据二倍角公式以及辅助角公式化简的解析式，再根据最小正周期及单调递增区间的公式求解出结果；
（2）先求出在上的最小值，从而可知的最小值，再将问题转化为“”，由此求解出的取值范围.
【详解】（1），
的最小正周期，
由，，
可得，，
函数的单调递增区间为，．
（2），，
在上单调递增，在上单调递减，且，
，，
当即，，
要使恒成立，则，即，可得，
故实数的范围是．
19【答案】(1)，对称轴方程为，.
(2)，；
(3).
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和的余弦公式进行化简为正弦型函数，进而求得最小正周期和对称轴方程；
（2）根据题意得到不等式组，解出即可.
（3）当时，，再求出的最大值与最小值，然后列出方程求得的值．
【详解】（1）函数
，
函数的最小正周期为：，
令，，解得，，
则对称轴方程为，.
（2）令，，
解得：，，
函数的单调递减区间为：，；
（3）当时， ，
令或，解得：或，
此时函数取得最小值为：，
令，解得：，
此时函数取得最大值为：，
又的最大值与最小值的和为，所以有：
，解之得：.
20【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用换元法令,然后结合，利用根与系数的关系从而求解.
（2）利用换元法可得，然后分类讨论，从而求解.
（3）求出的反函数，然后得到的解析式，然后利用换元法,再根据函数的单调性从而求解.
【详解】（1）因为，所以，
令，则为的两根，
所以，
所以.
（2），
令，所以，
当且仅当，即时等号成立，
又因为，
所以的最小值为1，对称轴为，
当时，，解得，不符合题意，
当时，，解得或（舍），
综上所述.
（3）因为，所以，
所以，
令，所以，
因为在上是增函数，且当时，，
所以，即，
所以在上恒成立，
所以，得，
故的取值范围为.
21【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)不存在
【分析】（1）运用赋值法，结合题中条件分别令，，即可求解；
（2）设，令，结合时，即可证明；
（3）代入得到，化简得到一元二次不等式，根据判别式符号即可判断.
【详解】（1）由，
，
得．
（2）对任意，有．根据条件②有．
所以．
所以在上为减函数．
（3）联立，
将，代入上式得，
因为在上是减函数，
所以消去得．
因为，所以无实数解．所以不存在满足题设的点．
22【答案】(1)或；
(2).
【分析】（1）把代入，利用并集、补集的定义求解即得.
（2）利用给定交集的结果，借助集合的包含关系，列式求解即得.
【详解】（1）当时，，而，因此，
所以或.
（2）由，得，
当时，则，解得，满足，因此；
当时，由，得，解得，
所以实数的取值范围是.