1、青铜峡市高级中学2020-2021学年第一学期高一年级数学月考试卷一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）1. 设集合A=x|1x3，B=x|2x4，则AB=（ ）A. x|2x3B. x|2x3C. x|1x4D. x|1x4【答案】C【解析】【分析】根据集合并集概念求解.【详解】故选：C【点睛】本题考查集合并集，考查基本分析求解能力，属基础题.2. 与终边相同的角是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用终边相同的角的定义求解.【详解】因为所有与30终边相同的角都可以表示为k360(30)，kZ，取k1，得330.故选：B3. 已知为第三象限角，那么是（
2、）A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第一、三象限角D. 第二、四象限角【答案】D【解析】因，故；当时，则，是第二象限角；当时，则，是第四象限角；故应选答案D 4. 若是第二象限角，则点在 （）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】先分析得到，即得点所在象限.【详解】因为是第二象限角，所以，所以点在第四象限，故选D【点睛】本题主要考查三角函数的象限符合，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.5. 在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先判断函数在上单调递增，由,利用零点存在定理可得结果
3、.【详解】因为函数在上连续单调递增，且,所以函数的零点在区间内，故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.6. 函数y在2，3上的最小值为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由解析式得函数为递减函数，根据单调性可求得最小值.【详解】y在2，3上单调递减，所以x=3时取最小值为，故选：B.【点睛】本题考查了利用函数的单调性求最值，属于基础题.7. 下列命题中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】A【解析】【分析】根据指数与对数的概念进行相互转化
4、，逐项判断.【详解】若，则，A正确；若，则，B错误；若，则，C错误；若，则，D错误.故选：A8. 已知则用表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据对数的运算法则，将目标式进行拆分，即可容易求得.【详解】因为.故选：D.【点睛】本题考查对数运算，属基础题.9. 函数的单调递增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先求出函数的定义域，再根据对数型复合函数的单调性即可求解.【详解】令，由，解得，或，当时，函数单调递减，则单调递增，所以函数的单调递增区间为.故选：A.10. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出
5、函数的定义域，根据函数的奇偶性排除部分选项，再求出函数的值域，根据值域即可确定正确选项.【详解】设，则的定义域为，且，即是奇函数，排除D；又，由可得 ，从而，因此，即的值域为，故选C.故选：C11. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】易知，由，可得，从而可推出，即可选出答案.【详解】由题意，因为，所以，即，又，所以，即.故选：B.【点睛】本题考查几个数的大小比较，考查对数函数单调性的应用，考查学生的推理能力，属于中档题.12. 设函数，则满足的x的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知得出函数的单调性，利用其单调性建立不等式组，可得
6、选项.【详解】函数在上单调递减，在上为常数1，所以由得，解得.故选：D.【点睛】本题考查分段函数的不等式求解问题，关键在于得出分段函数的单调性，属于中档题.二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13. 若函数(其中且)，则的图像恒过定点_【答案】【解析】【分析】函数(其中且)恒过定点.【详解】令，解得，所以的图像恒过定点.故答案为：14. 若，则_.【答案】【解析】分析】利用同角三角函数的基本关系，将分子、分母同除即可求解.【详解】，故答案为：【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了齐次式，属于基础题.15. 函数的最小值为_【答案】【解析】【分析】换元，令，则，再利用二
7、次函数的单调性可求最小值.【详解】，令，因为，所以，则，在上递减，在上递增，所以当时函数取得最小值.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性求最值.属于较易题.16. 已知函数是定义域为R的奇函数，当时，那么当时，的单调递增区间是_【答案】【解析】【分析】首先利用奇偶性求出时的解析式，然后再利用二次函数的性质即可求解.【详解】设，则，由当时，所以，即，所以当时，二次函数的对称轴：，开口向下，所以当时，的单调递增区间是.故答案为：【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求解析式、二次函数的图像与性质，属于基础题.三、解答题（本大题共6个小题，共70分）17. (1)一个半径为的扇形，若它的周
8、长等于，那么扇形的圆心角是多少弧度？扇形面积是多少？(2)角的终边经过点P(，4)且cos=,则的值【答案】(1) , (2) 【解析】【分析】【详解】(1)设弧长为，所对圆心角为，则=，即=因为所以的弧度数是，从而(2) 角的终边经过点P(，4)，所以，所以.所以原式=18. 设函数是上的奇函数，当时，（1）求的表达式（2）若在是增函数，求a的取值范围【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据是奇函数， 结合时，求解.（2）由（1）知，易知在上递增，在上递减，在上递增，再根据在上是增函数求解.【详解】（1）因为是奇函数， ，又时，时，则，.（2）由（1）知，在上递增，在上递减，在上递
9、增，又在上是增函数，a的取值范围为.19. 已知函数，（1）判断函数的单调性，并证明；（2）求函数的最大值和最小值.【答案】（1）增函数.证明见解析；（2），.【解析】【分析】（1）设，且，根据单调性的定义，判定函数单调性即可；（2）根据函数单调性，即可直接得出最值.【详解】（1）设，且，所以，即，在上为增函数；（2）在上为增函数，则，.【点睛】本题主要考查函数单调性判定，以及由函数单调性求最值，属于常考题型.20. （1）已知，是第二象限角，求的值（2）已知，求的值【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）根据，利用平方关系求得，再利用商数关系求.（2）由，得到，再结合求解.【详解】（1
10、）因为，且为第二象限角，所以.（2）因为，所以，又，所以或21. 已知函数（且）（1）求函数的定义域及单调区间;（2）求函数的零点【答案】（1）答案不唯一见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据函数的定义域，由求解.由，令，则，利用复合函数的单调性求解.（2）令，由求解.注意函数的定义域.【详解】（1）要使函数有意义，则有， 解得所以函数的定义域为则，令，则，因为在上递增，在上递减，当时，是增函数， 所以在上递减，在上递减，当时，是减函数所以在上递减，在上递增综上，当时，的递增区间为，递减区间为当时，的递增区间为，递减区为（2）函数可化为，由，得，即，解得因为，所以的零点是【点睛】方法点睛：
11、复合函数的单调性对于复合函数yfg(x)，若tg(x)在区间(a，b)上是单调函数，且yf(t)在区间(g(a)，g(b)或者(g(b)，g(a)上是单调函数，若tg(x)与yf(t)的单调性相同(同时为增或减)，则yfg(x)为增函数；若tg(x)与yf(t)的单调性相反，则yfg(x)为减函数简称：同增异减22. 已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）对分两种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果; （2）.作出函数的图象， 当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式，即为.当时，即化为，得，此时不等式的解集为，当时，即化为，解得，此时不等式的解集为.综上，不等式的解集为.（2）,即.作出函数的图象如图所示，当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想