2024届宁夏固原市第五中学高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析

这是一份2024届宁夏固原市第五中学高三上学期第一次月考数学（理）试题含解析，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据补集的概念和运算可得，结合交集的概念和运算即可求解.
【详解】由，得，
所以.
故选：B.
2．不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分式不等式转化成整式不等式求解即可.
【详解】由，解得或.
故选：C
3．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，求解即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A.
4．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题“，”的否定是，.
故选：A.
5．下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据指数函数和幂函数的性质即可判断ABD；对于C，当，在上单调递增，即可判断.
【详解】对于A，不是偶函数，A错误；
对于B，不是偶函数，B错误；
对于C，当，在上单调递增，C错误；
对于D，的定义域为关于原点对称，且，
所以是偶函数，又在上单调递减，D正确.
故选：D
6．若a，b是实数，且，则下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对于ABC，举反例可说明错误；对于D，作差法可判断.
【详解】对于A，令，满足，但，故A错误；
对于B，令，没有意义，故B错误；
对于C，令，满足，但，故C错误；
对于D，，
，如若不然则，得，
这与矛盾.，故D正确.
故选：D
7．函数的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质即可求解.
【详解】函数的图象是一条开口向下的抛物线，对称轴为，
所以该函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，又，
所以，即函数的值域为.
故选：B.
8．已知函数，那么（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】A
【分析】由分段函数解析式代入求解即可．
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A．
9．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出函数的定义域和奇偶性排除选项和，再利用特殊值即可排除选项，进而求解.
【详解】由题意可知：函数的定义域为，
又因为，
所以函数为上的奇函数，故排除选项和；
又因为当时，函数，故排除选项，
故选：.
10．已知是定义在R上的偶函数，且，当时，，则（ ）
A．B．C．2D．98
【答案】C
【分析】根据奇偶性和周期性求函数值即可.
【详解】因为，所以4是的一个周期，
.
故选：C.
11．“”是“方程有正实数根”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
【答案】B
【分析】根据零点的几何意义，将方程有正根问题等价转化为函数求零点问题，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】由方程有正实数根，则等价于函数有正零点，
由二次函数的对称轴为，则函数只能存在一正一负的两个零点，
则，解得，
故选：B.
12．已知函数的定义域为R，为偶函数，且对，满足，若，则不等式的解为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意求得函数关于直线对称，且函数在上单调递增，在上单调递减，由，结合对称性，可得，从而可得，求解即可.
【详解】为上的偶函数，
函数关于直线对称.
，
对，满足，
等价于，即函数在上单调递增，
又因为函数关于直线对称，所以函数在上单调递减.
则可化为，
解得或.
故选：D.
二、填空题
13．已知是奇函数，则实数a的值为 .
【答案】
【分析】由题意可得，求得，检验后即可求解.
【详解】的定义域为，又因为是奇函数，
所以，即，解得.
当时，，
所以，即是奇函数.
所以.
故答案为：.
14．若实数x，y满足约束条件，则的最小值为是 .
【答案】
【分析】作出可行域，根据目标函数中的几何意义求出目标函数的最小值.
【详解】如下图所示：
实数x，y满足约束条件的可行域如图中阴影部分所示，
将目标函数写成可知，当截距最大时最小，
当直线平移到和可行域交于点时，此时截距最大，则最小，
.即此时.
故答案为：.
15．函数的单调递增区间是 ．
【答案】
【分析】利用复合函数单调性的判断方法直接判断即可.
【详解】由得函数定义域：，解得，
令，则在上单调递减，在上单调递增，
又在上单调递减，
所以根据复合函数单调性的判断方法得在上单调递增，
故答案为：.
16．已知，则函数的最小值为 .
【答案】
【分析】因为，则，再由均值不等式代入即可得出答案.
【详解】因为，所以，所以
7，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为7.
故答案为：.
三、解答题
17．解下列不等式：
(1)；
(2).
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据三个“二次”的关系解不等式即可；
（2）将变形为，然后解不等式即可.
【详解】（1）可整理为，解得或.故解集为或
（2），所以，解得..故解集为
18．（1）已知，求函数的解析式；
（2）已知函数是一次函数，若，，求函数的解析式.
【答案】
【分析】利用配凑法和待定系数法分别计算即可求解.
【详解】（1），
所以；
（2）设一次函数的解析式为，
则，解得，
所以.
19．函数是定义在R上的奇函数，当时，.
(1)求；
(2)当时，求的解析式.
【答案】(1)51；
(2).
【分析】（1）由题可得，结合已知解析式即可得出答案；
（2）根据奇函数的定义结合条件即得.
【详解】（1）因为是定义在R上的奇函数，当时，,
所以；
（2）当时，，
由于是定义在R上的奇函数，
所以,
即.
20．已知函数.
(1)判断函数的奇偶性；
(2)判断函数在定义域上的单调性，并说明理由.
【答案】(1)是奇函数
(2)是上的增函数，理由见解析
【分析】（1）根据奇偶性的定义即可判断；
（2）根据单调性的定义即可判断.
【详解】（1）
的定义域为，关于原点对称，
又，
是奇函数.
（2）是上的增函数.理由如下：
，且，
因为，
所以，
，
，即，
在上是增函数.
21．（1）当取什么值时，一元二次不等式对一切实数都成立?
（2）解含参数的不等式.
【答案】（1） （2）答案见解析
【分析】（1）由题意知，直接求解即可；
（2）先求对应方程的根，然后讨论根的大小，从而得出不等式的解集.
【详解】（1）因为一元二次不等式对一切实数都成立，
所以，解得.
即当时，一元二次不等式对一切实数都成立.
（2）解方程得，
当，即时，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为；
综上，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.
22．已知，函数.
(1)当时，画出的图象，并写出其单调增区间；
(2)设，函数在既有最大值又有最小值，分别求出实数m，n的取值范围（用a表示）.
【答案】(1)图象见解析；单调增区间为
(2)答案见解析
【分析】（1）画出图象，由图象即可得到增区间；
（2），分和两种情况，分别画出函数的图象，结合图象，根据题中要求，分别求出m，n的取值范围.
【详解】（1）当时，，
作出图象，如图所示，
由图可知，函数的单调递增区间为；
（2）因为，所以，
当时，图象如下所示：
由图象可知，在上的最大值为，
由， 又，得，
为使函数在既有最大值又有最小值，
必须；
当时，图象如下所示：
由图象可知，在上的最小值为，
由，又，得，
为使函数在既有最大值又有最小值，
必须.
综上所述，当时，的取值范围是的取值范围是；
当时，的取值范围是的取值范围是.