2023-2024学年天津市武清区杨村第一中学高一上学期第三次阶段检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年天津市武清区杨村第一中学高一上学期第三次阶段检测数学试题含答案，共13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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据一元一次不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可.
【详解】∵，∴，则，
∴.
故选：A
2．已知，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
【答案】A
【分析】分别求得与的等价条件，从而利用充分必要条件的定义即可得解.
【详解】，或，
所以前者可以推得后者，后者不能推得前者，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．设，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】运用指数函数和对数函数的单调性、中间数比较法进行比较大小即可.
【详解】∵，∴；
∵.∴；
∵，∴，∴.
故选：B
【点睛】本题考查指数、对数的运算及指数函数与对数函数的性质,考查了对数式指数式比较大小，考查了数学运算能力.
4．已知，若，则所在区间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用零点存在性定理求解即可.
【详解】由已知得函数连续且单调递增，
因为，，
所以，
由零点存在性定理可知存在使得，
故选：.
5．函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，结合导数的性质判断其单调性进行判断即可.
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，且，
所以函数为奇函数，排除A，B；
当时，函数，则，
当时，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，排除D．
故选：C
6．已知，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】由，可得，然后代入中计算即可.
【详解】由，可得，
所以，
故选：C
7．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性、单调性、对数函数的图象与性质分析运算即可得解.
【详解】解：由题可知函数的定义域为，
∵，
∴是偶函数，
∴由可得，即.
当时，，∵和在上都是单调递增的，
∴在上单调递增，又因是偶函数，
∴在上单调递减.
又∵，由函数的定义域知有，
∴由可得，解得：；
由可得，解得：.
综上，不等式的解集为.
故选：D.
8．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据对数复合函数的区间单调性及二次函数性质，讨论参数a求其范围.
【详解】当时，在上，不满足，
由的对称轴为，而在上递增，
当，只需，可得；
当，只需，无解.
综上，的取值范围为.
故选：D
9．已知函数，若存在不相等的实数a，b，c，d满足，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将问题转化为与图象的四个交点横坐标之和的范围，应用数形结合思想，结合对数函数的性质求目标式的范围.
【详解】由题设，将问题转化为与的图象有四个交点，
，则在上递减且值域为；在上递增且值域为；在上递减且值域为，在上递增且值域为；
的图象如下：
所以时，与的图象有四个交点，不妨假设，
由图及函数性质知：，易知：，，
所以.
故选：C
二、填空题
10．桃湖公园有一扇形花园，扇形的圆心角为，半径为，现要在该花园的周围围一圈护栏，则护栏的总长度为（结果保留） ．
【答案】
【分析】确定扇形的圆心角的弧度数，结合扇形的弧长公式可求得该公园护栏的总长度.
【详解】因为，所以，扇形的圆心角为，半径为，
所以，该花园的护栏的总长度为.
故答案为：.
11．设是第二象限角，为其终边上一点，且，则 .
【答案】/
【分析】由三角函数的定义及角所在象限、终边上的点列方程求参数，进而求正切值.
【详解】由题设，则且，可得，
所以.
故答案为：
12．已知，，且，则的最小值为 .
【答案】4
【分析】对进行化简运算，再根据基本不等式的性质即可求出最值.
【详解】由题意得，，，且，
所以
，
当且仅当且，即时，等号成立.
所以的最小值为4；
故答案为：4.
13．设，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】根据构造函数，并求出其奇偶性和单调性将不等式转化为一元二次不等式，进而可得结论.
【详解】设函数，则函数，
由题意得函数的定义域为，所以，
所以函数为奇函数，因为，
是上的单调递减函数，所以在上单调递减，
所以，即，
得，化简得，
因为为奇函数且在上单调递减，所以，
即，解得，故解集为.
故答案为：.
14．，若有3个不同的零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】画出的函数草图，数形结合分析的范围对应零点个数，且，讨论参数a，结合二次函数性质及零点个数求范围.
【详解】由函数解析式可得如下图象草图，
令，则，有两个零点；，有三个零点；
，有一个零点；，有没有零点；
则，若可得或，
当或时，即有两个零点且，对称轴，
要使有3个不同的零点，有如下情况：
，则且，可得；
，则且，无解；
当时，即有且仅有一个零点，对称轴，
此时，，即无零点或两个零点，不合题意；
当时，无零点，不合题意；
综上，有3个不同的零点，则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用图象分析的范围对应零点个数，再由零点个数及二次函数性质求参数范围.
三、解答题
15．（1）计算；
（2）计算.
【答案】（1）0；（2）1
【分析】（1）利用指数幂与根式的运算法则求解即可；
（2）利用对数的运算法则即可得解.
【详解】（1）
.
（2）
16．已知.
(1)化简；
(2)已知，求的值.
【答案】(1)；
(2)3.
【分析】（1）利用三角函数的诱导公式化简即得；
（2）根据同角关系式结合条件即得.
【详解】（1）
.
（2）因为，所以，
∴.
17．设．
(1)若不等式对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围；
(2)解关于x的不等式．
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由题设对一切实数x恒成立，讨论参数m，结合一元二次不等式在实数集上恒成立列不等式组求范围即可.
（2）讨论、，结合一元二次不等式的解法求解集.
【详解】（1）由题设，即对一切实数x恒成立，
当时，不恒成立；
当时，只需，可得；
综上，.
（2）当时，，即，可得；解集为；
当时，，
若，则，
若，即时，可得或，解集为；
若，即时，可得，解集为；
若，即时，可得或，解集为；
若，则，可得，解集为.
18．已知奇函数的定义域为.
(1)判断函数的单调性，并用定义证明；
(2)若实数满足，求的取值范围；
(3)设函数，若存在，存在，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增，证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由奇函数性质求参数，再由单调性定义证明单调性即可；
（2）由单调性、奇偶性有，即可求范围；
（3）由函数单调性求各函数的值域，再由题设知值域交集不为空，列不等式求参数范围.
【详解】（1）由为奇函数，则，而，
所以，，可得，
由于函数的定义域关于原点对称，则，
所以，.
、，且，
则，
，则，，，
，即，所以，函数在上单调递增；
（2）由，可得，
等价于，得，因此，实数的取值范围是.
（3）由（1）得，函数在上单调递增，
所以，当时取最小值为，当时取最大值为0.6，
即在上的值域
，，
设，，则，
当时最小值为，当时最大值为，
即在上的值域，
又存在，存在，使得成立，则，
所以 ，解得.
【点睛】关键点点睛：第三问，将问题化为两个函数的值域交集不为空求参数范围为关键.
19．已知函数，在时最大值为1，最小值为0.设.
(1)求实数的值；
(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围；
(3)若关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二次函数性质及其最值即可求得，
（2）利用换元法可得满足不等式即可，再利用二次函数单调性即可求得实数的取值范围为；
（3）根据题意由方程有四个不同的实数解可转化为方程有两个不相等的正实数根，利用韦达定理即可求得实数的取值范围为.
【详解】（1）由可知，函数关于对称，
又，所以函数在单调递增，
可得，即，
解得
（2）由（1）可知，
则不等式可化为，
所以，即，
令，又，可得，
即，显然函数在上单调递增，
由题意可得即可，所以，
所以实数的取值范围为；
（3）易知，
所以即为，
可化为,
令，即；
则关于的方程有四个不同的实数解等价为于
关于的一元二次方程有两个不相等的正实数根；
需满足，解得；
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求解不等式恒（能）成立问题时，一般通过换元法将问题转化成求函数最值问题，即可求得参数取值范围.