2024-2025学年安徽省合肥市高一上册12月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年安徽省合肥市高一上学期12月月考数学检测试题一､单项选择题：本大题共8小题，在每小题给出的四个选项中，有一项是符合题目要求的.1．已知集合均是的子集，若，则（

）A． B． C． D．2．（

）A． B． C． D．3．不存在函数，满足（

）A．定义域相同，值域相同，但对应关系不同B．值域相同，对应关系相同，但定义域不同C．定义域相同，对应关系相同，但值域不同D．定义域不同，对应关系不同，但值域相同4．已知全集，集合，则“”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5．函数的部分图象大致为（

）A．

B．

C．

D．

6．已知函数是减函数，则的取值范围是（

）A． B．C． D．7．中国的技术领先世界，技术的数学原理之一便是著名的香农公式.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度取决于信道宽度，信道内信号的平均功率，信道内部的高斯噪声功率的大小，其中叫做信噪比.当时，公式中真数里的1可以忽略不计.按照香农公式，若将带宽变为原来的3倍，信噪比从1000提升到16000，则大约是原来的（

）倍（其中）A．4.1 B．4.2 C．4.3 D．4.48．已知，，．则a，b，c的大小关系是（

）A． B． C． D．二､多项选择题：本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.9．下列关于单调性的表述中，错误的是（

）A．，若，则函数在区间上单调递增B．且，若，则函数在区间上单调递增C．且，若，则函数在区间上单调递增D．，若，则函数在区间上单调递增10．已知实数，则下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则11．下列说法正确的是（

）A．若命题，，则的否定为：，B．若不等式的解集为或，则C．若对恒成立，则实数的取值范围为D．定义在上的奇函数､偶函数在上单调递减，则12．已知，且，则（

）A．的最大值为 B．的最大值是C．的最小值是8 D．的最小值是三､填空题：本大题共4小题.13．已知幂函数过点，则不等式的解集为.14．已知函数是函数的反函数，则过定点.15．已知平面直角坐标系，点在半径为2的圆上，现点从圆与轴非负半轴的交点出发按顺时针方向运动了圆周，则此时点的纵坐标为.16．已知函数的定义域为，且，函数在区间内的所有零点为，若，则实数的取值范围是.（）四､解答题：本大题共6小题，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17．已知函数为偶函数，函数为奇函数，对任意实数恒成立.(1)计算、的值；(2)试探究与的关系，并证明你的结论.18．已知关于的一元二次不等式的解集中有且只有一个元素，(1)计算的值；(2)计算的值.19．已知函数．(1)若，，解关于的不等式；(2)若，，求的取值范围．20．已知常数，函数，(1)若，求关于的不等式的解集；(2)若函数至少有一个零点在内，求实数的取值范围；21．是定义在上的函数，满足以下性质：①、，都有，②当时，．(1)判断的单调性并加以证明；(2)不等式恒成立，求的取值范围．22．已知函数，(1)试判断函数的单调性（无需证明），若在上的最小值为，求的值；(2)证明：函数有且仅有一个零点，且.1．A【分析】根据交集，补集和包含关系定义即得.【详解】因为，所以故选.2．B【分析】根据诱导公式即可求解.【详解】，故选:B.3．C【分析】对于ABD，举例判断，对于C，由两函数相等的条件分析判断.【详解】对于A，如，满足定义域相同，值域相同，但对应关系不同，所以A错误，对于B，如，满足值域相同，对应关系相同，但定义域不同，所以B错误，对于C，当两函数的定义域相同，对应关系相同时，这两函数为相同的函数，所以值域必相同，所以不存在函数，满足定义域相同，对应关系相同，但值域不同，所以C正确，对于D，如，满足定义域不同，对应关系不同，但值域相同，所以D错误，故选：C4．C【分析】根据函数的定义域以及指数函数的性质化简集合，即可由交并补运算以及充要条件的定义求解.【详解】由可得，解得，所以或，故选:.5．C【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.【详解】由题可知，的定义域为，又因为，所以，为偶函数．当时，，当时，，当时，.故选：C．6．C【分析】根据分段函数单调性，列出各段为减函数的条件，并注意两段分界处的关系，即可求解.【详解】由条件可知，,故选：C.7．B【分析】由即可求解.【详解】解：当时，，当时，，则，故大约是原来的4.2倍.故选：B.8．B【分析】根据对数函数的性质及对数的运算性质判断即可.【详解】∵，∴，又，∴，∴．故选：B．9．AB【分析】根据函数单调性的定义逐一判断.【详解】对于A：仅有两个特殊函数值的大小关系，不满足两个自变量的任意性，故错误；对于：不满足两个自变量的任意性，故B错误；对于C：与单调递增的定义吻合，故C正确；对于：，得，或，则函数在区间上单调递增，故D正确，故选:.10．AB【分析】利用不等式的性质判断A、C；结合指数函数，对数函数的单调性判断B、D.【详解】对于，又，故由不等式的同向可加性可得，故正确；对于B：，故在R上单调递增，又，故，故B正确；对于C：当时，，故C错误；对于D：，故，又，故，结合可知，错误，故选.11．BC【分析】结合全称量词命题的否定，不等式的解集及函数的单调性与奇偶性依次判断即可.【详解】解：对于A：量词任意改成存在，结论否定应是小于等于，故A不正确；对于B：不等式解集为或，则方程两根为，且，故，则，故B正确；对于C：设函数，则单调递增，故，对恒成立，则只需，即，故C正确；对于D：偶函数在上单调递减，在上单调递增，奇函数在上单调递减，在上单调递减，D错误.故选：BC.12．AC【分析】利用基本不等式判断AC；利用基本不等式“1”的妙用判断B，利用消元法与基本不等式判断D.【详解】对于A，，所以，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B，，当且仅当，即时，等号成立，故B错误；对于C，，，当且仅当且，即时，等号成立，故C正确；对于D，由，得，由，得，，当且仅当，即时，等号成立，此时，矛盾，故等号取不到，故错误，故选：AC.易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．13．【分析】代入法求出，再利用符号法则求解不等式.【详解】设，则，所以，，即，解集为.故14．【分析】首先求出原函数过定点坐标，再根据反函数的性质得解【详解】函数是函数的反函数，又函数过定点所以函数过定点.故15．1【分析】根据三角函数的定义可得.【详解】由题意，点顺时针转过了角，故，.故1.16．【分析】根据函数的类周期性作出函数的图象，利用方程与函数之间的关系转化为两个函数交点个数问题，利用数形结合进行求解即可．【详解】当时，，则当时，，当时，，此时，当时，，此时，依次类推：作出函数的图象：的零点转化为函数与的交点的横坐标，作出函数和的图象由图象知，当时,,，即是函数在,内的唯一一个根，则是函数在,内的唯一一个根，是函数在,内的唯一一个根，是函数在,内的唯一一个根，是函数在,内的唯一一个根，，，在,内没有根，则，故实数的取值范围是故．17．(1)，(2)，证明见解析【分析】（1）根据函数奇偶性求函数解析式，进而可得结果；（2）根据（1）中函数解析式分析证明.【详解】（1）由得，因为为偶函数，为奇函数，则，即，解得，，所以，.（2）由（1）可知：，，探究结果.证明如下：，，所以.18．(1)(2)【分析】（1）由已知，得，所以，再利用弦化切求值；（2）先求出，再因式分解求值即可.【详解】（1）由已知，关于的不等式的解集中有且只有一个元素，，则..（2），，.19．(1)答案见解析；(2).【分析】（1）先转化为关于的不等式，然后对进行分类讨论即可；（2）先求出和，再应用待定系数法求出，最后应用不等式的性质相加即可.【详解】（1）因为，所以，又因为，所以，所以，代入可得，即，即当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为，所以当时不等式的解集为，当时不等式的解集为，当时不等式的解集为；（2），又因为，令，解得，而，两式相加可得，所以，即.20．(1)(2)【分析】（1）然后根据对数的单调性进行求解即可.（2）函数至少有一个零点在内，化简为在上有解，对和讨论即可.【详解】（1）当时，函数或，即不等式的解集为.（2），即且，故至少有一个零点在内，即在上有解，且，当时，，不符合题意；当时，或，，所以，则综上所述，实数的取值范围是.21．(1)单调递增，证明见解析(2)【分析】（1）判断出在上为增函数，令，可得出，令，可得出，然后任取、且，可得出，利用函数单调性的定义可证得结论成立；（2）将已知不等式变形可得，利用（1）中的结论可得，整理可得对任意的恒成立，分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二种情况下，可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】（1）函数在上为增函数，证明如下：令，可得，则，令，可得，所以，，任取、且，则，故，所以，，即，因此，函数在上为增函数.（2）由可得，所以，，整理可得对任意的恒成立，当时，即，则有，解得，不合乎题意；当时，则有，解得.因此，实数的取值范围是.22．(1)增函数，(2)证明见解析【分析】（1）利用函数的性质判断单调性和求