山东省淄博第十一中学2022-2023学年高一上学期数学期末检测试卷(含答案)

这是一份山东省淄博第十一中学2022-2023学年高一上学期数学期末检测试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
淄博十一中学 数学期末检测试卷一、单选题（本大题共8小题,共40分)1.已知实数集,集合,集合,则
A.B.C.D.
2.命题“”的否定为(  )
A.B.C.D.
3.如果,且,那么以下不等式正确的个数是(  )
(1);(2);(3);(4).
A.1B.2C.3D.4
4.设关于的方程有两个实数解,则是的(  )
A.充分且不必要条件B.必要且不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件
5.设实数满足,则函数的最大值是(  )
A.B.C.D.
6.若关于的不等式的解集为,则实数的取值范围是(  )
A.B.C.D.
7.十六世纪中叶,英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用,后来英国数学家哈利奥特首次使用“＞"和“＜"符号,并逐步被数学界接受,不等号的引入对不等式的发展影响深远.若实数,则的最小值为(  )
A.6B.4C.3D.2
8.设函数的定义域是,且满足：（1）对于任意的;（2）对于任意的,恒有.则下列结论：①对于任意的;②在上单调递减;③的图象关于直线对称；其中正确结论的个数是(  )
A.0B.1C.2D.3
二、多选题（本大题共4小题,共20分,漏选得2分,错选得0分）9.以下结论正确的是(  )
A.B.的最小值为2C.若,则D.若,则
10.下列说法正确的是(  )A.与表示同一函数B.函数的图象与直线的交点至多有个C.若,则D.关于的方程有一个正根，一个负根的充要条件是11.具有性质：的函数,我们称为满足变换的函数,下列函数中满足“倒负”变换的函数是(  )
A. B.C.D.
12.已知函数，则方程的根的个数可能为(  )
A.2B.6C.5D.4
三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知函数在上有零点,用二分法求零点的近似值（精确度小于0.1）时,至少需要进行       次函数值的计算.14.已知定义在上的偶函数和奇函数满足,且对任意的,恒成立,则实数的取值范围是           。15.若函数在区间上是增函数,则实数的取值范围是           。16. 布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理,它得名于荷兰数学家鲁伊兹.布劳威尔,简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数,存在一个点,使得,那么我们称该函数为“不动点”函数,而称为该函数的一个不动点.现新定义：若满足,则称为的次不动点.有下列结论:①定义在上的偶函数既不存在不动点,也不存在次不动点②函数仅有一个不动点③当时,函数在上仅有一个不动点和一个次不动点上述结论正确的是           。四、解答题（本大题共6小题,共70分）17.(本小题10分)(1)计算:;(2)设,求的值.      18.(本小题12分)已知函数为偶函数.(1)求实数的值;(2)解关于的不等式;       
19.(本小题12分)已知幂函数是偶函数,且在上单调递增.(1)求函数的解析式;(2)若实数满足,求的最小值.     20.(本小题12分)2022年冬天新冠疫情卷土重来,我国大量城市和地区遭受了奥密克戎新冠病毒的袭击,为了控制疫情,某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒,已知在一定范围内,每喷洒1个单位的消毒剂,空气中释放的浓度(单位：毫克/立方米)随着时间(单位：小时)变化的关系如下：当时,;当时,.若多次喷洒,则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知,当空气中消毒剂的浓度不低于4(毫克/立方米)时,它才能起到杀灭空气中的病毒的作用.(1)若一次喷洒4个单位的消毒剂,则有效杀灭时间可达几小时?(2)若第一次喷洒2个单位的消毒剂,6小时后再喷洒个单位的消毒剂,要使接下来的4小时中能够持续有效消毒,试求的最小值.(精确到,参考数据:取1.4)
21.(本小题12分)设函数是定义上的奇函数.(1)求的值;（2）若不等式有解，求实数的取值范围;(3)设,求在上的最小值,并指出取得最小值时的的值.
22.(本小题12分)已知函数对一切实数,都有成立,且(1)求的值;(2)求的解析式;（3）若关于的方程有三个不同的实数解,求实数的取值范围.
淄博十一中学 数学期末检测试卷参考答案1.【分析】利用集合的补集、交集运算求解.【详解】因为,所以或,所以.故选:C2.【分析】根据存在量词的命题的否定法则判断可得.【详解】“"的否定为“"故选:A.3.【分析】根据不等式的性质分别进行判断即可.【详解】由知,.又,,即.又,,故(1)正确,(3)正确,(4)也正确,又,故(2)错误.故选:C.4.【分析】由关于的方程有两个实数解写出命题的等价命题,后判断命题与的关系即可.【详解】关于的方程有两个实数解,则命题:.又,故是的必要不充分条件.故选:B5.D【分析】将函数解析式拼凑变形后使用基本不等式求最大值.【详解】因为,所以, 所以当且仅当时,等号成立,故选:D.6.【分析】分与两种情况,当时,根据二次函数的性质建立不等式即可求解.【详解】当时,不等式化为,此时不等式无解,满足题意,当时,要满足题意,只需,解得-,综上,实数的范围为.故选:C.7.A【分析】将分离常数为,由,可得,且,再结合基本不等式求解即可.【详解】由,又,所以,且,所以,当且仅当,即时,等号成立,故的最小值为6.故选:A.8.B【分析】根据题意,令,集合基本不等式的性质进行逐项判定,即可求解.【详解】由题意,令,则不等式等价于,由（1）对于任意的,则,所以,当且仅当,即时成,此时函数关于对称,所以(3)是正确的;令,可得,所以(1)不正确;又由则不等式等价与,可得,因为对于任意的,所以,所以恒成立,所以函数是常数函数,则,此时函数在单调递减,在单调递增,所以在上不一定单调递减,所以(2)不正确.故选B.【点睛】本题主要考查了抽象函数的应用,其中解答中合理赋值,结合基本不等式的性质求解是解答的关键,综合性强,属于中档试题,着重考查了推理与论证能力.9.【分析】利用基本不等式的性质进行判断即可.【详解】对于,当且仅当时等号成立,故A正确,对于,当且仅当时等号成立,但,故B错误，对于,当且仅当时等号成立,故C正确,对于D,当时,,当且仅当时,等号成立,但,不一定,故D错误.故选:AC.10.【分析】答案根据相等函数的概念即可判断,B答案根据函数的定义即可判断,答案直接计算即可,D答案结合一元二次方程的性质,判别式和韦达定理即可判断.【详解】对于的定义域为定义域为,定义域不同,所以不是同一函数,故A错误.对于B,根据函数的定义可知,当的定义域中含有1时,函数的图象与直线有一个交点.当的定义域中不含1时,函数的图象与直线没有交点,综上所述：函数的图象与直线的交点至多有1个,故B正确.对于,因为,所以,所以,故C正确.对于,设方程的正根为,负根为,则关于的方程有一个正根,一个负根的充要条件为:,解得,故D错误.故选:BC.11.BD【分析】根据中给出的“倒负”变换的函数的定义,对四个选项中的函数进行逐一的判断即可.【详解】解:对于A,,则,不满足“倒负”变换的函数的定义,故选项A错误;对于,因为,满足“倒负”变换的函数的定义,故选项正确;对于,因为,不满足“倒负”变换的函数的定义,故选项错误;对于,当时,,当时,,当时,,满足“倒负”变换的函数的定义,故选项正确;故选:.12.ACD【分析】先画出的图象,再讨论方程的根,求得的范围,再数形结合,得到答案.【详解】画出的图象如图所示:令,则,则,当,即时,,此时,由图与的图象有两个交点,即方程的根的个数为2个,正确;当时,即时,,则故,当时,即,则有2解,当时,若,则有3解;若,则有2解,故方程的根的个数为5个或4个,CD正确;故选:ACD【点睛】本题考查了函数的根的个数问题,函数图象的画法,考查了分类讨论思想和数形结合思想,难度较大.13.3【分析】取区间的中点,利用零点的存在性定理判断零点所在的区间,并检查区间的长度即精确度,直到符合要求为止.【详解】至少需要进行3次函数值的计算,理由如下:取区间的中点,   所以.取区间的中点，且,所以.取区间的中点，且,所以.因为,所以区间的中点即为零点的近似值,即,所以至少需进行3次函数值的计算.故答案为:314.【分析】由,再根据函数的奇偶性得,两式联立可得,再由参变分离法得在上恒成立,判断函数的单调性与最小值,即可求解.【详解】函数满足(1),所以,由函数的奇偶性可得,(2),由(1)(2)得,,因为对任意的恒成立,即对任意的恒成立,令,则函数在上为减函数,所以,所以.故答案为:15.【分析】令,由题设易知在上为增函数,根据二次函数的性质列不等式组求的取值范围.【详解】由题设,令,而为增函数,要使在上是增函数,即在上为增函数,或可得或,的取值范围是.故答案为:16.(2)(3)【分析】对于(1)举反例,对于(2)研究函数的单调性由零点存在性定理可判断,对于(3)分别研究与分离参数研究新函数的单调性,再由交点个数确定参数的范围,两者取交集后即可判断.【详解】对于(1),取函数既是的不动点,又是的次不动点,故(1)错误,对于(2),，令,易知为上的增函数,  由零点存在性定理得在区间存在唯一的零点,故(2)正确;对于(3),当时,即.令在区间上单调递增,故在上单调递增,满足有唯一解,则.当时,,即.令在区间[1,2]上单调递增,故在上单调递增,满足有唯一解,则.综上.故(3)正确;故答案为:(2)(3).17.(1)4;(2)2.【分析】（1）根据指数的运算性质直接计算即可;(2)通过换底公式可得,进而可得解.【详解】(1)原式.(2),.同理可得,,则,..18.(1)(2)【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值;(2)判断时函数的单调性,根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性,解不等式即可;【详解】(1)函数的定义或为,函数为偶函数.,即,,;(2),当时,单调递增,在上单调递增,又函数为偶函数,所以函数在上单调递增,在上单调递减;   解得或,所以所求不等式的解集为;19.(1)(2)2.【分析】(1)根据幂函数的定义求得,由单调性和偶函数求得得解析式;(2)由基本不等式求得最小值.【详解】解析：(1).,  即或2在上单调递增,为偶函数即(2)由题可知,  当且仅当,即时等号成立.所以的最小值是2.20.(1)8(2)【分析】(1)根据喷洒4个单位的净化剂后浓度为,由求解;(2)得到从第一次喷洒起,经小时后,浓度为,化简利用基本不等式求解.【详解】(1)解：因为一次喷洒4个单位的净化剂,所以其浓度为,当时,,解得,此时,当时,,解得,此时,综上,所以若一次喷洒4个单位的消毒剂,则有效杀灭时间可达8小时;（2）设从第一次喷洒起,经小时后,其浓度为,  因为,所以,当且仅当,即时,等号成立;所以其最小值为,由,解得,所以的最小值为.21.(1)1；（2）;（3）最小值为,此时.【解析】(1)根据题意可得,即可求得值,经检验,符合题意;(2)有解,等价为,利用二次函数图象与性质,即可求得答案;（3）由题意,令,可得的范围,整理可得,,利用二次函数的性质,即可求得答案.【详解】(1)因为是定义域为上的奇函数,所以,所以,解得,所以,当时,,所以为奇函数,故;(2)有解,所以有解,所以只需,因为（时,等号成立),所以；(3)因为,所以,可令,可得函数在递增,即,则,可得函数,由为开口向上,对称轴为的抛物线,所以时,取得最小值,此时,解得,所以在上的最小值为,此时.【点睛】解题的关键熟练掌握二次函数的图象与性质,并灵活应用,处理存在性问题时,若,只需,若,只需,处理恒成立问题时,若,只需,若,只需,考查分析理解,计算化简的能力属中档题.22.(1);(2);(3).【分析】(1)在中,令可求得结果;(2)在中,令可得,从而可得的解析式;(3)令,结合函数的图象将关于的方程有三个不同的实数解转化为方程在内有一个实根,在内有一实根,再利用二次函数图象列式可求得结果.【详解】(1)在中,令,得,又,所以.(2)在中,令,得,得,所以.(3)令,则,则函数的图象如图:方程化为,即,即,因为方程有三个不同的实数解,由函数的图象可知,方程有两个不等实根,不妨设,则,令,则,此时解得,或,此时无解,综上所述：实数的取值范围是.【点睛】方法点睛:已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法:（1）直接法:直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数范围;(2)分离参数法:先将参数分离,转化成求函数的值域问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,进而构造两个函数,然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象,利用数形结合的方法求解.