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2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高一上学期期中考试数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高一上学期期中考试数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，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】C
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：C.
2．将化为对数式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数的定义判断．
【详解】化为对数式为，
故选：B．
3．函数（，且）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分别讨论或时，图象与y轴的交点的纵坐标，即可得出答案.
【详解】A，B选项中，，于是，所以图象与y轴的交点的纵坐标应在之间，
显然A，B的图象均不正确；
C，D选项中，，于是，图象与y轴的交点的纵坐标应在小于，所以D项符合.
故选：D
4．已知函数，则在区间上（ ）
A．恒成立B．有最小值
C．单调递增D．单调递减
【答案】D
【分析】在区间上，，根据二次函数的性质分析即得解.
【详解】在区间上，，
故在区间上，，没有最小值，单调递减．
故选：D．
5．已知函数为R上的奇函数，当时，，则当时，的解析式为（ ）
A．B．C．D．以上都不对
【答案】A
【分析】利用奇函数的性质求时的函数解析式即可.
【详解】设，则，又.
故选：A
6．已知幂函数的图象过点，则函数在区间上的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】求出幂函数 f(x) 的解析式，再通过导数求出函数 g(x) 的单调性，从而求得最值.
【详解】
设，∵幂函数的图象过点，∴∴，∴，
∴，
当且仅当“”时取等号，
∴函数·在区间上的最小值为5．
故选：C．
7．在上定义新运算，若存在实数，使得成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得存在实数，使得，则，求出函数在区间上的最大值，即可得出实数的取值范围，即可得解.
【详解】由已知，存在实数，使得，则，
因为二次函数在区间上单调递减，则，
所以，，故实数的最大值为.
故选：A.
8．已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递减，设，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性及单调性判断.
【详解】∵函数是定义域为的偶函数，∴，
，，，
∵函数在上单调递减，，
∴，即.
故选：A.
二、多选题
9．已知，则的取值可以为（ ）
A．1B．C．3D．4
【答案】BC
【分析】由不等式的性质求解即可.
【详解】因为，两式相加可得，所以，
故选：BC．
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“，”的否定是“，”
C．若，则
D．若关于点中心对称，则
【答案】BCD
【分析】利用充分条件、必要条件的定义结合特殊值法可判断A选项；利用存在量词命题的否定可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用函数对称性的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，如取，，则，但，即“”“”，
若，如取，，则，但，即“”“”，
所以，“”是“”的既不充分也不必要条件，A错；
对于B选项，命题“，”的否定是“，”，B对；
对于C选项，若，则，，
则，
所以，，C对；
对于D选项，若关于点中心对称，则，D对.
故选：BCD.
11．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其命名的函数，称为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是（ ）
A．B．的定义城为
C．，D．为偶函数
【答案】BCD
【分析】根据新函数定义，结合各项描述判断正误即可.
【详解】由，故，且的定义城为，A错、B对；
对于，或0，故，C对；
由于正负有理数、无理数在原点两侧对称分布，所以对应关于y轴对称，D对.
故选：BCD
12．已知函数的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使得：
（1）在上是单调函数；
（2）在上的值域是，则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据定义分别讨论是否满足“倍值区间”的两个条件，即可得出结论.
【详解】解：根据题意，函数中存在“倍值区间”，则满足f（x）在内是单调函数，其次有或，依次分析选项：
对于A，，在区间上，是增函数，其值域为，则区间是函数的“倍值区间”，
对于B，f（x）＝，在区间上，是减函数，其值域为，则区间是函数的“倍值区间”，
对于C，f（x）＝x+，当x＞0时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若函数存在倍值区间，则有或，
对于，有，解可得m＝n＝1，不符合题意，
对于，，变形可得且，必有，不符合题意，故不存在倍值区间，C错误.
对于D，f（x）＝，在区间上，有，
则是增函数，且其值域为，
则区间是函数的“倍值区间”，
故选：ABD．
三、填空题
13．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用给定的单调区间及单调性，结合二次函数性质求解作答.
【详解】函数的单调递增区间是，依题意得：，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
14．已知函数，且该函数的值域为，则的值为 .
【答案】3
【分析】由题意可得，且在上递减，上递增，然后由可求得答案.
【详解】因为，当且仅当时取等号，
所以若，的值域为，则，
因为的图象是开口向上的抛物线，
所以在上递减，上递增，
因为，
所以，即，解得或（舍去），
故答案为：3
15．设函数，则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数的知识求得正确答案.
【详解】，.
故答案为：
16．哈尔滨某商场举办优惠酬宾赠券活动，购买百元以上单件商品可以使用优惠券一张，并且每天购物只能用一张优惠券.一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下：
优惠券1：若标价超过100元，则付款时减免标价的10%；
优惠券2：若标价超过100元，则付款时减免20元；
优惠券3：若标价超过100元，则超过100元的部分减免18%.
如果顾客购买商品后，使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，那么你建议他购买的商品的标价可以是 元.
【答案】201.（答案不唯一，在开区间中任取一个实数作为答案即可）
【分析】设购买的商品的标价为元，根据题意列出不等式即可得到答案．
【详解】设购买的商品的标价为元，，
使用优惠券1时减免元；使用优惠券2时减免20元；使用优惠券3时减免元，
由题意，且，解得．
故答案为：201.（答案不唯一，在开区间中任取一个实数作为答案即可）
四、解答题
17．已知集合，集合；
(1)若，求与；
(2)若是的充分不必要条件，求的取值范围.
【答案】(1)，或
(2)
【分析】（1）解不等式得集合，再由交，并，补集的定义即可求解；
（2）若是的充分不必要条件，则，列出不等式求解即可.
【详解】（1），
当时，，
所以；
又因为或，或；
（2）因为是的充分不必要条件，
所以，所以，
解得.
18．已知函数且，.
(1)求的解析式；
(2)证明在上单调递增.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由函数值列方程组求解；
（2）根据单调性的定义证明．
【详解】（1）因为，，
所以，解得，所以
（2），，
*
因为，
所以，所以
又因为，所以，即
所以在上单调递增.
（*：也可写成：，
因为，，所以，即）
19．已知定义在上的函数满足、，；，.
(1)求的值；
(2)证明是上的增函数；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）在等式中，令，可求得的值；
（2）、，，可得出，然后利用函数单调性的定义证证明即可；
（3）由（2）中的结论可得出，解之即可.
【详解】（1）解：令，得到，解得.
（2）解：、，，则，所以，，
则
，即，
所以是上的增函数.
（3）解：因为是上的增函数，且，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
20．设函数，.
(1)解关于x的不等式；
(2)已知时，恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由的解的大小分类讨论可得；
（2）由时，可得，为此利用轴动定区间法分类讨论求最小值．
【详解】（1）令，解得，
①当时，，开口朝上，；
②当时，，开口朝上，不等式无解；
③当时，，开口朝上，；
综上，
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为
（2）在上恒成立，二次函数对称轴是，
1.，解得
2.，解得
3.，无解
综上，
21．为减少空气污染，某市鼓励居民用电（减少粉尘），并采用分段计费的方法计算电费．当每个家庭月用电量不超过100千瓦时时，按每千瓦时0.57元计算；当月用电量超过100千瓦时时，其中的100千瓦时仍按原标准收费，超过的部分按每千瓦时0.5元计算．
（1）设月用电x千瓦时时，应交电费y元，写出y关于x的函数关系式；
（2）若某家庭一月份用电120千瓦时，则应交电费多少元？
（3）若某家庭第一季度缴纳电费的情况如下表：
则这个家庭第一季度共用电多少千瓦时？
【答案】（1）；（2）67元；（3）第一季度共用电330千瓦时.
【解析】（1）根据“阶梯电价”方法计算电价，可得分段函数；
（2）由代入，可得结论；
（3）分别计算3个月用电，可得结论．
【详解】解：（1）由题意得，当时，；
当时，．
所以关于的函数关系式为．
（2）已知，结合（1）得，即应交电费67元．
（3）1月用电：因为，所以，由得；
2月用电：因为，所以，由得；
3月用电：因为，所以，由得．
所以（千瓦时），即第一季度共用电330千瓦时
【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查分段函数，确定函数解析式是关键．
22．已知指数函数在区间上的最大值与最小值之和为6；
(1)求的值；
(2)求在上的最大值，井将结果表示成一个关于的分段函数；
(3)设，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分、两种情况讨论，分析函数在上的单调性，可得出该函数在区间上的最大值和最小值，结合已知条件可求出的值；
（2）令，则，设，对实数的取值进行分类讨论，分析二次函数在区间上的单调性，即可得出的表达式；
（3）计算出的值，即可求得的值.
【详解】（1）解：①当时，在上单调递减，
函数在上的最大值为，最小值为；
②当时，在上单调递增，
函数在上的最大值为，最小值为.
所以，解得（舍去）.
（2）解：求在上的最大值，
令，则，设，
二次函数对称轴为直线.
①当时，即当时，函数在上单调递增，
则；
②当时，即当时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
此时，；
③当时，即当时，函数在上单调递减，
此时，.
综上所述，.
（3）解：因为，则
，
所以，，…，
所以.
月份
1月
2月
3月
合计
交费金额（元）
76
63
45.6
184.6
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，则.
故选：C.
2．将化为对数式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数的定义判断．
【详解】化为对数式为，
故选：B．
3．函数（，且）的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分别讨论或时，图象与y轴的交点的纵坐标，即可得出答案.
【详解】A，B选项中，，于是，所以图象与y轴的交点的纵坐标应在之间，
显然A，B的图象均不正确；
C，D选项中，，于是，图象与y轴的交点的纵坐标应在小于，所以D项符合.
故选：D
4．已知函数，则在区间上（ ）
A．恒成立B．有最小值
C．单调递增D．单调递减
【答案】D
【分析】在区间上，，根据二次函数的性质分析即得解.
【详解】在区间上，，
故在区间上，，没有最小值，单调递减．
故选：D．
5．已知函数为R上的奇函数，当时，，则当时，的解析式为（ ）
A．B．C．D．以上都不对
【答案】A
【分析】利用奇函数的性质求时的函数解析式即可.
【详解】设，则，又.
故选：A
6．已知幂函数的图象过点，则函数在区间上的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】求出幂函数 f(x) 的解析式，再通过导数求出函数 g(x) 的单调性，从而求得最值.
【详解】
设，∵幂函数的图象过点，∴∴，∴，
∴，
当且仅当“”时取等号，
∴函数·在区间上的最小值为5．
故选：C．
7．在上定义新运算，若存在实数，使得成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知可得存在实数，使得，则，求出函数在区间上的最大值，即可得出实数的取值范围，即可得解.
【详解】由已知，存在实数，使得，则，
因为二次函数在区间上单调递减，则，
所以，，故实数的最大值为.
故选：A.
8．已知函数是定义域为的偶函数，且在上单调递减，设，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性及单调性判断.
【详解】∵函数是定义域为的偶函数，∴，
，，，
∵函数在上单调递减，，
∴，即.
故选：A.
二、多选题
9．已知，则的取值可以为（ ）
A．1B．C．3D．4
【答案】BC
【分析】由不等式的性质求解即可.
【详解】因为，两式相加可得，所以，
故选：BC．
10．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“，”的否定是“，”
C．若，则
D．若关于点中心对称，则
【答案】BCD
【分析】利用充分条件、必要条件的定义结合特殊值法可判断A选项；利用存在量词命题的否定可判断B选项；利用作差法可判断C选项；利用函数对称性的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，如取，，则，但，即“”“”，
若，如取，，则，但，即“”“”，
所以，“”是“”的既不充分也不必要条件，A错；
对于B选项，命题“，”的否定是“，”，B对；
对于C选项，若，则，，
则，
所以，，C对；
对于D选项，若关于点中心对称，则，D对.
故选：BCD.
11．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一，以其命名的函数，称为狄利克雷函数，则关于，下列说法正确的是（ ）
A．B．的定义城为
C．，D．为偶函数
【答案】BCD
【分析】根据新函数定义，结合各项描述判断正误即可.
【详解】由，故，且的定义城为，A错、B对；
对于，或0，故，C对；
由于正负有理数、无理数在原点两侧对称分布，所以对应关于y轴对称，D对.
故选：BCD
12．已知函数的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D使得：
（1）在上是单调函数；
（2）在上的值域是，则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据定义分别讨论是否满足“倍值区间”的两个条件，即可得出结论.
【详解】解：根据题意，函数中存在“倍值区间”，则满足f（x）在内是单调函数，其次有或，依次分析选项：
对于A，，在区间上，是增函数，其值域为，则区间是函数的“倍值区间”，
对于B，f（x）＝，在区间上，是减函数，其值域为，则区间是函数的“倍值区间”，
对于C，f（x）＝x+，当x＞0时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若函数存在倍值区间，则有或，
对于，有，解可得m＝n＝1，不符合题意，
对于，，变形可得且，必有，不符合题意，故不存在倍值区间，C错误.
对于D，f（x）＝，在区间上，有，
则是增函数，且其值域为，
则区间是函数的“倍值区间”，
故选：ABD．
三、填空题
13．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用给定的单调区间及单调性，结合二次函数性质求解作答.
【详解】函数的单调递增区间是，依题意得：，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
14．已知函数，且该函数的值域为，则的值为 .
【答案】3
【分析】由题意可得，且在上递减，上递增，然后由可求得答案.
【详解】因为，当且仅当时取等号，
所以若，的值域为，则，
因为的图象是开口向上的抛物线，
所以在上递减，上递增，
因为，
所以，即，解得或（舍去），
故答案为：3
15．设函数，则 ．
【答案】
【分析】根据分段函数的知识求得正确答案.
【详解】，.
故答案为：
16．哈尔滨某商场举办优惠酬宾赠券活动，购买百元以上单件商品可以使用优惠券一张，并且每天购物只能用一张优惠券.一名顾客得到三张优惠券，三张优惠券的具体优惠方式如下：
优惠券1：若标价超过100元，则付款时减免标价的10%；
优惠券2：若标价超过100元，则付款时减免20元；
优惠券3：若标价超过100元，则超过100元的部分减免18%.
如果顾客购买商品后，使用优惠券1比使用优惠券2、优惠券3减免的都多，那么你建议他购买的商品的标价可以是 元.
【答案】201.（答案不唯一，在开区间中任取一个实数作为答案即可）
【分析】设购买的商品的标价为元，根据题意列出不等式即可得到答案．
【详解】设购买的商品的标价为元，，
使用优惠券1时减免元；使用优惠券2时减免20元；使用优惠券3时减免元，
由题意，且，解得．
故答案为：201.（答案不唯一，在开区间中任取一个实数作为答案即可）
四、解答题
17．已知集合，集合；
(1)若，求与；
(2)若是的充分不必要条件，求的取值范围.
【答案】(1)，或
(2)
【分析】（1）解不等式得集合，再由交，并，补集的定义即可求解；
（2）若是的充分不必要条件，则，列出不等式求解即可.
【详解】（1），
当时，，
所以；
又因为或，或；
（2）因为是的充分不必要条件，
所以，所以，
解得.
18．已知函数且，.
(1)求的解析式；
(2)证明在上单调递增.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由函数值列方程组求解；
（2）根据单调性的定义证明．
【详解】（1）因为，，
所以，解得，所以
（2），，
*
因为，
所以，所以
又因为，所以，即
所以在上单调递增.
（*：也可写成：，
因为，，所以，即）
19．已知定义在上的函数满足、，；，.
(1)求的值；
(2)证明是上的增函数；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）在等式中，令，可求得的值；
（2）、，，可得出，然后利用函数单调性的定义证证明即可；
（3）由（2）中的结论可得出，解之即可.
【详解】（1）解：令，得到，解得.
（2）解：、，，则，所以，，
则
，即，
所以是上的增函数.
（3）解：因为是上的增函数，且，所以，解得.
因此，实数的取值范围是.
20．设函数，.
(1)解关于x的不等式；
(2)已知时，恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由的解的大小分类讨论可得；
（2）由时，可得，为此利用轴动定区间法分类讨论求最小值．
【详解】（1）令，解得，
①当时，，开口朝上，；
②当时，，开口朝上，不等式无解；
③当时，，开口朝上，；
综上，
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为
（2）在上恒成立，二次函数对称轴是，
1.，解得
2.，解得
3.，无解
综上，
21．为减少空气污染，某市鼓励居民用电（减少粉尘），并采用分段计费的方法计算电费．当每个家庭月用电量不超过100千瓦时时，按每千瓦时0.57元计算；当月用电量超过100千瓦时时，其中的100千瓦时仍按原标准收费，超过的部分按每千瓦时0.5元计算．
（1）设月用电x千瓦时时，应交电费y元，写出y关于x的函数关系式；
（2）若某家庭一月份用电120千瓦时，则应交电费多少元？
（3）若某家庭第一季度缴纳电费的情况如下表：
则这个家庭第一季度共用电多少千瓦时？
【答案】（1）；（2）67元；（3）第一季度共用电330千瓦时.
【解析】（1）根据“阶梯电价”方法计算电价，可得分段函数；
（2）由代入，可得结论；
（3）分别计算3个月用电，可得结论．
【详解】解：（1）由题意得，当时，；
当时，．
所以关于的函数关系式为．
（2）已知，结合（1）得，即应交电费67元．
（3）1月用电：因为，所以，由得；
2月用电：因为，所以，由得；
3月用电：因为，所以，由得．
所以（千瓦时），即第一季度共用电330千瓦时
【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查分段函数，确定函数解析式是关键．
22．已知指数函数在区间上的最大值与最小值之和为6；
(1)求的值；
(2)求在上的最大值，井将结果表示成一个关于的分段函数；
(3)设，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分、两种情况讨论，分析函数在上的单调性，可得出该函数在区间上的最大值和最小值，结合已知条件可求出的值；
（2）令，则，设，对实数的取值进行分类讨论，分析二次函数在区间上的单调性，即可得出的表达式；
（3）计算出的值，即可求得的值.
【详解】（1）解：①当时，在上单调递减，
函数在上的最大值为，最小值为；
②当时，在上单调递增，
函数在上的最大值为，最小值为.
所以，解得（舍去）.
（2）解：求在上的最大值，
令，则，设，
二次函数对称轴为直线.
①当时，即当时，函数在上单调递增，
则；
②当时，即当时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，，
此时，；
③当时，即当时，函数在上单调递减，
此时，.
综上所述，.
（3）解：因为，则
，
所以，，…，
所以.
月份
1月
2月
3月
合计
交费金额（元）
76
63
45.6
184.6
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2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高二上学期期中考试数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高二上学期期中考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高一上学期12月月考数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨市第九中学校高一上学期12月月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，应用题等内容，欢迎下载使用。
