2023-2024学年辽宁省鞍山市第一中学高一上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年辽宁省鞍山市第一中学高一上学期期中考试数学试题含答案，共17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．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由集合的运算求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：B
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】利用含有一个量词的命题的否定规律“改量词，否结论”分析判断即可得解.
【详解】解：因为命题“，”为存在量词命题，
所以其否定为“，”．
故选：B．
3．函数的定义域为，函数，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复合函数定义域的性质，结合二次根式的性质，分母不为零的性质进行求解即可.
【详解】由函数的定义域为，可得
函数的定义域为，函数，
可得
解得，
所以函数定义域为．
故选：D．
4．不等式的解集为（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】D
【分析】分式不等式的解法.
【详解】由，得，即，
即，解得，D正确.
故选：D
5．化简的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用同底数幂的运算法则进行计算.
【详解】
故选：C.
6．命题“，不等式”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用分类讨论思想，结合一元二次不等式的性质，根据充分不必要条件的定义，可得答案.
【详解】当时，不等式化简为恒成立，符合题意；
当时，，解得；
综上所述，的取值范围为.
由是的一个真子集，则D符合题意.
故选：D.
7．已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．6B．5C．12D．25
【答案】B
【分析】利用得出，结合基本不等式求解.
【详解】因为，所以，而，，
当且仅当，即时，等号成立.
即的最小值为5，
故选：B.
8．已知函数，则函数的零点个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】根据函数解析式，结合其单调性求其值域，利用分类讨论思想，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】当时，易知单调递增，则；
当时，，则，
令，解得，令，解得，
当时，，令，
令，由函数与函数在上单调递增，
则函数在上单调递增，所以，
故函数在上无零点；
当时，，
令，则，化简可得，
，由对称轴，
当时，，当时，，
所以方程在有两个不相等的实数根，
故函数在上有两个零点；
当时，，令，
整理可得，易知该函数在上单调递减，则，
可得，由函数与函数在上单调递增，
则在上单调递增，所以，
故在上无零点.
综上所述，函数在其定义域内有两个零点.
故选：C.
二、多选题
9．已知，那么下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ACD
【分析】利用不等式的运算性质、特殊值法分析运算判断即可得解.
【详解】选项A，∵，
∴，，
∴，故A正确；
选项B，取，，满足，
但，故B错误；
选项C，∵，∴.
又∵，由成立，则
∴，则有，∴，故C正确；
选项D，∵，∴，
∴，故D正确；
故选：ACD.
10．已知一元二次方程有两个实数根，，且，则的可能值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】令，利用零点存在性定理，建立参数所满足的不等式，解不等式，即得参数的取值范围．
【详解】因为一元二次方程有两个实数根，，
且，令，
则由题意可得，即
解得，
故选：ABC.
11．若，且，则下列说法正确的是（ ）
A．有最大值B．有最大值2
C．有最小值8D．有最小值
【答案】AC
【分析】根据基本不等式，结合完全平方公式，可得答案.
【详解】对于A，由，则，
当且仅当，等号成立，故A正确；
对于B，，则，
当且仅当，等号成立，故B错误；
对于C，，
当且仅当，等号成立，故C正确；
对于D，，
当且仅当，等号成立，故D错误.
故选：AC.
12．已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ）
A．，则
B．若，则关于x的不等式的解集为
C．若为常数，且，则的最小值为
D．若的解集M一定不为
【答案】AC
【分析】选项A中，由二次函数的性质得到，可判定A错误；选项B中，转化为和是方程的两个实根，求得，把不等式化简得到，求得的解集，可判定B正确；选项C中，结合二次函数的性质，求得，化简得到，令，结合基本不等式，求得的最大值，可判定C错误；当时，由函数表示开口向下的抛物线，可判定D正确.
【详解】由题意，关于的不等式的解集为，
对于A中，若，即不等式的解集为空集，
根据二次函数的性质，则满足，所以A错误；
对于B中，若，可得和是方程 两个实根，且，
可得，解得，
则不等式，可化为，
即，解得或，
即不等式的解集为，所以B正确；
对于C中，若为常数，可得是唯一的实根，且，
则满足，解得，所以，
令，因为且，可得，且，
则，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以的最大值为，所以C错误；
对于D中，当时，函数表示开口向下的抛物线，
所以当的解集一定不为，所以D正确.
故选：AC.
三、填空题
13． ．
【答案】
【分析】根据对数的运算法则及幂的运算性质计算可得.
【详解】
.
故答案为：
14．设函数，当为增函数时，实数的取值范围 .
【答案】
【分析】分段函数在R上单调递增，需满足在每一段上均单调递增，且在分段处左端点值小于等于右端点值.
【详解】由于开口向上，对称轴为，
要想为增函数，则要，解得，
故答案为：
15．若函数的图象与轴有交点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用指数函数的性质，求出函数的取值范围即可得解.
【详解】函数在R上单调递减，而，则，即，
由函数的图象与轴有交点，得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
16．已知是上的偶函数，时，又，则的单调增区间是 .
【答案】处开闭均可
【分析】根据偶函数的性质，求得函数的解析式，进而求得的解析式，结合函数的单调性的判别，可得答案.
【详解】当时，，则，
因为在上的偶函数，所以，
可得，
当，即时，，
整理可得，由函数与函数在上单调递增，
则函数在上单调递增，且函数的值域为，
由函数在上单调递减，根据复合函数的单调性，
可得在上单调递减；
当，即时，，
由函数，易知该二次函数的对称轴为，开口向下，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
且函数的值域为
由函数在单调递减，根据复合函数的单调性，
可得在上单调递减，在上单调递增；
当时，该不等式组无解；
当，即使，，
整理可得，
由函数与函数在上单调递增，
则函数在上单调递增，且其值域为，
由函数在上单调递增，根据复合函数的单调性，
可得在上单调递增.
综上所述，的单调递增区间为和.
故答案为：处开闭均可.
四、解答题
17．已知集合，，．
(1)求；
(2)；
(3)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据并集的定义求并集即可；
（2）根据补集和交集的定义计算即可；
（3）根据得到，然后分和两种情况讨论即可.
【详解】（1）集合，，
则.
（2）或，，
故.
（3）若，则，
①当时，，即；
②当时，，解得，
综上所述，的取值范围为.
18．已知函数是定义在上的奇函数，且．
(1)求实数和的值；
(2)判断函数在上的单调性，并证明你的结论；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)函数在上是增函数；证明见解析
(3)
【分析】（1）由条件可得，先求出的值，然后根据，可求出.
（2）根据定义法判断函数单调性的步骤进行判断即可.
（3）由条件先将不等式化为，结合函数的定义域和单调性可得出满足的不等式，从而得出答案.
【详解】（1）由函数是定义在上的奇函数，
所以得，
又因为，所以，
经检验，当，时，是奇函数，
所以，
（2）由（1）可知，设
所以
因为，所以，，
所以，即，
所以函数在上是增函数．
（3）由函数是定义在上的奇函数且，
则，
所以，解得，
所以的取值范围是.
19．为宣传2023年杭州亚运会，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸（记为矩形，如图）上设计四个等高的宣传栏（栏面分别为两个等腰三角形和两个全等的直角三角形且），宣传栏（图中阴影部分）的面积之和为.为了美观，要求海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为10cm（宣传栏中相邻两个三角形板块间在水平方向上的留空宽度也都是10cm），设.
(1)当时，求海报纸（矩形）的周长；
(2)为节约成本，应如何选择海报纸的尺寸，可使用纸量最少（即矩形的面积最小）？
【答案】(1)900cm
(2)选择长、宽分别为350cm，140cm的海报纸，可使用纸量最少
【分析】（1）根据宣传栏的面积以及可计算出直角三角形的高，再根据留空宽度即可求得矩形的周长；
（2）根据阴影部分面积为定值，表示出矩形面积的表达式利用基本不等式即可求得面积的最小值，验证等号成立的条件即可得出对应的长和宽.
【详解】（1）设阴影部分直角三角形的高为cm，
所以阴影部分的面积，所以，
又，故，
由图可知cm，cm.
海报纸的周长为cm.
故海报纸的周长为900 cm.
（2）由（1）知，，，
，
当且仅当，即cm，cm时等号成立，
此时，cm，cm.
故选择矩形的长、宽分别为350 cm，140 cm的海报纸，可使用纸量最少.
20．设，
(1)若使成立，求实数的取值范围；
(2)解关于的不等式.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）可转化为，，再利用基本不等式可得答案；
（2）等价于，分、、、、讨论解不等式可得答案.
【详解】（1）由题知，得，
从而，
，
从而，故；
（2）不等式，等价于.
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为；
当时，不等式可化为，此时，
所以不等式的解集为；
当时，不等式可化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为或；
③当时，，不等式的解集为或.
综上：当时，等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
21．已知函数.
(1)若函数在上具有奇偶性，求的值；
(2)当且时，不等式恒成立，求的取值范围；
(3)试求函数在的最大值.
【答案】(1)时是偶函数，时是奇函数
(2)
(3)
【分析】（1）根据函数的奇偶性的定义计算可得；
（2）依题意可得恒成立，则，，结合二次函数的性质计算可得；
（3）令，，分、两种情况讨论，当时结合二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）若为偶函数，则，
即恒成立，
即，解得；
若为奇函数，则，
即恒成立，
即，解得；
综上得：时是偶函数，时是奇函数.
（2）因为在定义域上单调递增，
由得恒成立，
因为，且，所以问题即为恒成立，
，，
设，，
令则，，
，所以当时，，
即当时，所以.
（3）因为，令，则，
令，
当时，；
当时，令，，
若或时，则当时取最大值，即.
若时，则当时取最大值，即，
综上可得.
22．定义：若对定义域内任意x，都有（a为正常数），则称函数为“a距”增函数．
（1）若，(0，)，试判断是否为“1距”增函数，并说明理由；
（2）若，R是“a距”增函数，求a的取值范围；
（3）若，(﹣1，)，其中kR，且为“2距”增函数，求的最小值．
【答案】（1）见解析； （2）； （3）.
【分析】（1）利用“1距”增函数的定义证明即可；（2）由“a距”增函数的定义得到在上恒成立，求出a的取值范围即可；（3）由为“2距”增函数可得到在恒成立，从而得到恒成立，分类讨论可得到的取值范围，再由，可讨论出的最小值．
【详解】（1）任意,,
因为,, 所以，所以，即是“1距”增函数．
（2）.
因为是“距”增函数，所以恒成立，
因为,所以在上恒成立，
所以，解得，因为,所以.
（3）因为，，且为“2距”增函数，
所以时，恒成立，
即时，恒成立，
所以，
当时，，即恒成立，
所以, 得;
当时，，
得恒成立，
所以,得,
综上所述，得.
又，
因为,所以，
当时，若，取最小值为；
当时，若，取最小值.
因为在R上是单调递增函数，
所以当，的最小值为；当时的最小值为，
即 .
【点睛】本题考查了函数的综合知识，考查了函数的单调性与最值，考查了恒成立问题，考查了分类讨论思想的运用，属于中档题．