高2027届第二次月考数学答案_2024年12月试卷_1211云南省玉溪市一中2024-2025学年高一上学期第二次月考_云南省玉溪市一中2024-2025学年高一上学期第二次月考数学试题PDF版含答案

玉溪一中 — 学年上学期高一年级第二次月考
2024 2025
数学答案
一、单项选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D C C A C B D
【解析】
1．由 得 ,解得 ,所以 ，因此
x+1
x−1<0 (x+1)(x−1)<0 −1<x< 1   −1<x< 1 
2．根据0特称命<题1的否定为全称命题判断即可.
3．由 ， ，根据三角函数的符号与角的象限间的关系，可得角 的终边位于
第三s象in限<. 0 ‴㐳<0 
4．A选项：根据图象，把（1，2）代入 ，得到 ,所以 ,因此每月的增长一
 
样 ，都是1. B选项，因 y故正确； C选项，到 浮萍增y加到的面积第二个月比第

一个月增加了 ，第到三个月䁕比第0二个月增加了 ，因此每月增加的量不相
到  到
等。D选项：由到 题−得到到 ,因此 到 −到 䁕，所以
1 到  1 到 
到 h到 䁕h 到 1到 到  到 到 1+到 
5．因为 ，所以 .
π π 到 到
sin 到 + sin 到+ cos cos
6． 的定义域为 ，又 与 在 上单调递增，
到 到
㐲  ln− 0h+∞  ln − 0h+∞
所以 在 上单调递增，又 ， ，
到
㐲  ln− 0h+∞ 㐲 1 ln1−到−到<0 㐲 到 ln到−1<0
，所以 ，所以 在 上存在唯一的零点.
到 到
㐲 e lne−e 1−e 0 㐲 到 㐲 e <0 㐲  到he
7．∵ 对任意的 恒成立，∴ 在 上是减函
㐲(到)−㐲(1)
数，又
到−1 <
，
0
∴当

时
1h
，
到 0h+∞
，
)h
当
(1 到)
时，
㐲()
，

又
0h+∞)
是偶函数，
∴当 㐲(到)时0， ，到当 㐲()<0 时，0 <到， 㐲()0 㐲()
∴ <−到的解为㐲()<0 −到<．< 0 㐲()0
㐲()<0 (−到h0)(到h+∞)
8．因为 是定义在 上的奇函数，所以 ，得 ， ，
+1
到− 到 −到 䁕
 
从而由复㐲(合)函数单调性R可知 在 上单㐲调(0递)增，到 且注0意到到是㐲定(义)在 1+上到 的奇到函−数1+，到
㐲() R 㐲() 所以不等式 等价于 ，
t t
㐲 t+1 +㐲 t+ 0 㐲 t+1 㐲 −t−
即等价于 ，亦即 ，
t t 1
到 1
t+1 −t− − t+1 −t+t+到
该不等式对任意 恒成立，则 不大于 的最小值．
1
1
 h  −t+t+到
因为由复合函数单调性可知 在区间 上单调递增，
1
1
−t+t+到 h
所以当 时， 的最小值为
1 1 
  −t+ 1 t+到 min −+ 1 +到 −1
所以 ，等号成立当且仅当 ．所以 有最大值
 
二、多

项

选
m
择
in
题
−1    −1
题号 9 10 11
答案 BCD ABD ABC
9．对于A，两个函数定义域不一样，故不同，A错误；
对于B，若 ，则 ，充分性成立，
1 1
 0 <
若 ，如 ，此时 ，必要性不成立，
1 1
< −1h−到 0 
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，故B正确；
1 1
 0 <
对于C，命题“ ”的否定是 ，
到 1 到 1
h −+䁕<0 h −+䁕0
由二次函数的性质可得 开口向上， ，所以 恒成立，故C正
到 1
确；
㐲   −+䁕 Δ0 㐲  0
对于D，集合 ,且 是空集，而空集没有真子集，所以D正确。
 <−到 −1
10．对于A， 所以 ，
到 到 到 到 1+sinθ cosθ
故A正确； sin +‴㐳  1h‴㐳 1−sin (1+㐳൅)(1−㐳൅)h cosθ 1−sinθ
对于B， − − ，故B正确；
到 到
1 1 cos θ sin θ 到
到 到 到
对于C，cos  1 cos θ cos θtan θ ，故C错误.
    
对于D，cos 䁕o0 + cos 1到0 + cos 1o0 − 0 −， 故D−正co确s ；0 −
   
11． 函数sin  − sin 0 −  +的零点co个s数可+以转化成方程
到 到
=0的解㐲(的)个数−，(1而+)㐲()+ 㐲() −(1+,故解为
到
)㐲()+ 㐲() −(1+)㐲()+(㐲()−1)(㐲()−)0或 .这样一来，问题就转化成了求函数y= 与直线y=1和y=t（t为常数）
f的(x总)交1点个f数(x。)如t图 f(x)
y= 与直线y=1有三个交点。
而f当(x)t=0时，y= 与直线y=0有三个交点，因此总共6个交点，A正确；
当t=-6时，y= f(x与) y=-6只有一个交点，故总交点个数为4个，B正确；
当t=1时，方程f(变x)为 ，因而只需考虑 ，即y= 与直线y=1
的交点即可，有三个(，㐲(若)t−不1)为(㐲1(，)这−时1)由图0得y= 与直线yf(=xt)至少1有一个交f(x点) ，总交点
个数大于3，因此t只能为1.C正确； f(x)
若函数y只有5个零点，则y= 与直线y=t只有2个交点，因此t 或t=-3.D错误．
三、填空题 f(x) 1
题号 12 13 14
答案
1  
到h䁕
12．因为函数 ( 且 )，令 到 ho ，解得 ，  所以 
㐲，(即)函数䁕+log恒(过−点1)；0 1 −11 到 㐲 到 
䁕 13 + ． l 令 og g 1t 䁕 x22x,x㐲 0  ,3 ，则g 到h t 䁕 g1,g31,3  ，
1 
则 f x21,23 ,8 ，
   
2 
14．因为 ，所以
1
1 ‴㐳+sin 1+tanθ 1+到 
1
tan  到 到‴㐳+sin  到+tanθ  到+到  
而
  到 到
sin +sin sin +sin(㐳൅ +‴㐳 )
到 到 到 到
‴㐳+sincos   ‴㐳(㐳൅ +‴㐳 )+sincos 

1 1 
 到 
到 +
到sin +sincos  到tan +tan 到 到 䁕 
 到  到  到   
‴㐳㐳൅ +cos +sincos   +1+tan 1 到 1  
( ) +1+
到 到 䁕四、解答题
15.【答案】（1）200； (2)7；
【详解】（1）
原式 （ ） 1+1－3+ =2 =200； ...........................................6分
1 −  到
原式= o + lg5+lg到5+2lg2+5=−到+o（到 ）
= 到 .............................................13分
(lg) lg到 lg lg+lg到 +lg+到lg到+
到(lg+lg到)+
16.【答案】（1）sinα＝ ，cos α＝ ， ;（2） .
到   䁕 
【详解】(1)由题意可得x＝－1，y＝−2， 所t以anrα＝−到  ＝ 5，
到 到
∴ sin α ＝ y ＝ 2 = ， cos α (−＝1) x+到＝ = ，
r 5 r
到  −1 
  − 
; ................. 7分
 到
tanα    −1 −到
(2) 原式= =
 
(−)‴㐳(到+)㐳൅(到−) −(−㐳൅)‴㐳
−tanαsinα
‴㐳(+)  −‴㐳
...................15分
䁕 
 
17.【答案】(1) ， ； (2)10周后，全校将有超过一半的学生参与其中
x
䁕 *
【详解】（1）从y表格到数据可以+得知x，函N数是一个增函数，故不可能是①，
且函数增长的速度越来越快，所以选择③ （ 且 ）............ 1分
x
yma +n a0 a 1
代入表格中的三个点可得： ，解得： ............................. 7分
䁕ma 到 +n m 到 䁕 
ma +n a 

所以 ， 1 . ma +n n.............................................. 8分
x
䁕 *
y 到  + xN
（2）由（1）可知： ， ，
x
䁕 *
y 到  + xN
令 ， ........................................... 10分
x
䁕 1
到  + 到oo
整理得 6，不等式两边取常用对数得 g16，即 . .......... 12分
䁕 x 䁕 x 䁕
() 1 lg() l xlglg1
因为 ,所以 ，........................... 14分
䁕 lg1 䁕lg到 䁕0.01
䁕
且 lg，0则x1x0，lg lg䁕−lg≈到0.01−0.䁕 .到
所以10周* 后，全校将有超过一半的学生参与其中. ............................................. 15分
x N18.【答案】(1) ； (2)
1 x 1
x
g x 到( + ) m
【详解】（1）因为 ①，则 ，............. 3分
1 1 x
x −x
又 为 上的奇函f 数x ，+g x 为 上的偶函f数−，x 则+有g −x   ②，..... 5分
x
由①f x ②R得到 g x ，R所以 −f. x +g x ........................... 7分
x 1 1 x 1
x x
+ 到g(x)  + g x 到( + )
（2）因为不等式 在 上恒成立，
m
x
到g x + −1−m 0 0h+∞
由（1）知，即 在 上恒成立，....................8分
x 1 m
x x
 + + −1−m 0 0h+∞
即 ，因为 ，所以 ，故 ，
x 1 m 1 1 1
x x x x x
 + −1m− m(1− ) x 0h+∞ 0<  <1 1− 0
所以 ，.......................12分
 x + 1 x−1 ( x ) 到 − x +1 x 1 x 1
1 x x x
m 1−x   −1  + −1 −1+ −1+1
又 ，所以 ，故 .....15分
x x 1 x 1
x x
x 0h+∞  −10  −1+ −1+1  到 ( −1) −1+1
当且仅当 ，即 时，等号成立，
x 1
所以  .−1  x −1 x log到 ................................... 17分
m 
19.【答案】(1)函数 没有“飘移点”.理由见详解; (2)证明见详解; (3)
1
f(x) x − h到
【详解】（1）函数 没有“飘移点”.理由如下：
1
f(x) x
对于 ，则 ，整理得 ，
1 1 到
∵ f x0+1 f x0 +，f则(1该) 方程x0无+1解，x0+1 x0+x0+10
∴Δ函数1−䁕−没有<“飘0 移点”. ................................................ 4分
1
f(x) x
对于 ，则 ，整理得 ，
到 x0+1 到 x0 x0 
g x0+1 g x0 +g(1) x0+1 + x0+ +䁕  +x0−到0
记 ，则 在 上连续不断，且 ，
x  1 
m x  +x−到 m(x) 0h1 m 0 −到 <0hm 1 到0
∴ 在 内存在零点，则方程 在 内存在实根，
x0 
故函m数x 0h1 在 上有“飘移+点x” 0 . −到0.........0...h1.................................... 9分
到 x
g(x) x + 0h1
（3）对于 ，则 ，
到
a a a a
ℎ x0+1 ℎ x0 +ℎ(1) lg x0+1 到 +1  lg x0 到 +1 +lg 到  lg 到 x0 到 +1
即 ，
到
a a
到 到
∵
x0+1
，
+1
则
 到 x0+1
，
到
a x0+1 到x0+1
到 到
a  0 到  x0+到x0+到  1−x0+到x0+到令 ，则 ，
t−1
∴ t到x0+11 x0  到 ，
a t 䁕t 䁕
又 到 ∵  1− t− 到 1 到 +到 t− 到 1 +到  1−t 到 +到t+ ，  当  且 1 仅 − 当 t+  t+到 ，即 时等号成立，
  
则 t+ t +到  到 t t +到 ， 到 +到 t t ， t 
䁕 䁕 −1 −  䁕
 
∴
0 < t+t+到 
，
到
即
+到  到 到
，
 1−t+t+到 < 1
−  a
故实到数a的到<取1值范围为− a<.到 ................................................ 17分
− h到