2023-2024学年江西省上饶市第二中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省上饶市第二中学高一上学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合，，则＝（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由补集和并集的定义直接求解.
【详解】集合，，
则，.
故选：B
2．若，且，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．若，则
【答案】C
【分析】通过举反例可判断A，B，根据不等式的性质或作差法可判断C，D.
【详解】当，时，，显然不成立，故AB错误；
因为，所以，即成立，故C正确；
因为，，，
所以，即，故D错误；
故选：C.
3．已知，则的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】换元法求函数解析式即可.
【详解】设，则，
所以，
故，
故选：C
4．若定义在上的奇函数，对，且，都有，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，由题意可以推出函数的奇偶性、单调性，然后对进行分类讨论解不等式即可.
【详解】因为对任意的，且，都有，
即对任意两个不相等的正实数，不妨设，都有，
所以有，所以函数是上的减函数，
又因为为奇函数，即有，有，
所以有，所以为偶函数，
所以在上单调递增.由知，所以，
当时，有，，由得，
所以，所以，所以，
即，因为，所以，解得或，
又，所以；
当且时，有，由得，
所以，所以，所以，
即，因为，所以，解得，
又且，所以或；
综上所述，不等式的解集为.
故选：D.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由已知条件去构造函数，并结合已知导出其函数性质，从而分类讨论解不等式即可.
5．已知函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，利用反比例函数的性质求解.
【详解】解：，
因为在上单调递减，
所以．
故选：A
6．已知函数，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】C
【分析】根据函数的解析式的求法和根式的运算求解.
【详解】，所以，
所以3，
故选:C.
7．已知实数，满足，，则（ ）
A．6B．1C．5D．3
【答案】D
【分析】根据有，换元得，即，构造函数，根据函数的单调性，确定函数在定义域内只有一个零点，即，求
【详解】由得，所以，令，则，易知，
（提示：由题可知，则，）
所以，令函数，易知在上单调递增，
则，即，所以，所以；
故选：D.
8．已知函数，且满足时，实数的取值范围（ ）
A．或B．或
C．D．
【答案】D
【分析】先判断函数的奇偶性再判断函数的单调性，最后运用函数的奇偶性和单调性进行求解即可.
【详解】该函数的定义域为全体实数，
因为
，
所以函数是奇函数，
又因为，
函数是实数集上的增函数，且，
所以函数是实数集上的减函数，
所以函数是实数集上的减函数，
而函数也是实数集上的减函数，
所以由函数单调性的性质可知函数是实数集上的减函数，
由
，
故选：D
【点睛】关键点睛：本题的关键是判断函数的奇偶性、复合函数的单调性.
二、多选题
9．若实数且，则下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得
B．若，则
C．当时，不可能小于零
D．且
【答案】BCD
【分析】对于A，分和两种情况结合基本不等式讨论即可；对于B，对所给条件等式变形并结合已知有，解不等式组即可；对于C，由结合即可判断；对于D，不妨设，从而有，通过分析可以发现，分和两种情况结合基本不等式讨论即可.
【详解】对于A，当时，，当且仅当时等号成立，
此时不存在，使得，
当时，，当且仅当时等号成立，
但此时，所以不存在使得，A错误；
对于B，由得，
所以，
整理得，
所以，
又，
所以或，
综上，，B正确；
对于C，因为，所以，由，C正确；
对于D，因为，设，代入得，
因为，，
所以，
所以，
当时，由得，
所以，所以；
当时，，
当且仅当时等号成立，，
综上，且，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：运用基本不等式、分类讨论思想以及拥有灵活的公式变形能力是解题的关键.
10．己知定义在区间上的函数满足：对任意均有；当时，．则下列说法正确的是（ ）
A．B．在定义域上单调递减
C．是奇函数D．若，则不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】利用赋值法求出，可判断选项A；根据函数单调性的定义可判断选项B；根据函数奇偶性、对称性和图象变换可判断选项C；借助函数的单调性及题中条件可判断选项D.
【详解】对于选项A：定义在区间上的函数满足：对任意均有
令，可得，解得，故选项A正确；
对于选项B：由可得
任取、，且，则.
由于当时，，，所以，即，故在定义域上单调递增，故选项B错误；
对于选项C：令，由可得，即，所以，即函数关于点对称.而的图象可由图象向左平移个单位得到，所以函数关于点对称，则是奇函数，故选项C正确；
对于选项D：因为，所以，则不等式等价于
由在定义域上单调递增，得，解得，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的图象平移变换、抽象函数的奇偶性和单调性以及抽象不等式的解法.解题关键是：熟练函数奇偶性、对称性知识应用；解答抽象不等式的关键是根据不等式结合函数值情况得到相应不等式，求得结果.
11．已知实数，，满足，，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，B．实数的取值范围是
C．D．实数的最小值为
【答案】ACD
【分析】换元求参判断A选项，化简结合不等式性质判断B选项，应用基本不等式判断C,D选项.
【详解】选项A：当时，有，解得，因此有，
整理得，由于，因此，故A正确；
选项B：令，则，且，
于是，则，即，所以，故B错误；
选项C：因为，所以（当且仅当时取等号），
故，于是，故C正确；
选项D：由可得，
因为，所以，即，
因此，即实数c的最小值为，故D正确．
故选：ACD.
12．下列说法正确的是（ ）
A．函数（且）的图像恒过定点
B．若不等式的解集为或，则
C．函数的值域为
D．函数的最小值为
【答案】BC
【分析】根据指数运算的性质、结合一元二次不等式解集的性质、换元法、基本不等式逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以函数（且）的图像恒过定点，因此本选项不正确；
B：因为不等式的解集为或，
所以有，所以本选项正确；
C：，
，
当时，函数有最大值，
所以函数的值域为，因此本选项正确；
D：，令，
因为，所以，
函数在时，单调递增，
所以有，
故函数没有最小值，因此本选项不正确，
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题的关系是利用换元法求出选项C中函数的最值.
三、填空题
13．已知命题“方程至少有一个负实根”，若为真命题的一个必要不充分条件为，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求得为真命题时的取值范围，再根据必要不充分条件求得的取值范围.
【详解】若命题“方程至少有一个负实根”为真命题，
时，，符合题意；
当时，，且，
则此时方程有一个正根和一个负根，符合题意；
当时，由，解得，
此时方程为符合题意；
由解得，此时，
则此时方程有两个负根，符合题意.
综上所述，为真命题时，的取值范围是.
若为真命题的一个必要不充分条件为，
则.
故答案为：
【点睛】含参数的一元二次方程根的分布问题，可采用直接讨论法来进行研究，也可以采用分离参数法来进行研究，如果采用直接讨论法，在分类讨论的过程中，要注意做到不重不漏.求命题的必要不充分条件，可转化为找一个比本身“大”的范围来进行求解.
14．已知定义在上的函数满足：是偶函数且在上单调递增，若，，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先根据已知条件分析的对称性以及单调性，然后根据对称性以及单调性将的关系转变为的关系，再根据恒成立思想采用分离参数的方法求解出的取值范围.
【详解】因为是偶函数，
所以，所以的对称轴为，
又因为在上单调递增，所以在上单调递减，
所以自变量越靠近对称轴对应的函数值越小，反之亦然，
因为，恒成立，
所以，恒成立，即恒成立，
所以，恒成立，即恒成立，
所以，
又因为为增函数，为减函数，
所以，，
所以，即，
故答案为：.
【点睛】结论点睛：对称性的常用结论如下：
（1）若函数满足或或，则的一条对称轴为；
（2）若函数满足或或，则的一个对称中心为.
15．若函数的单调递增开区间为，对，，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据复合函数的单调性求得，根据指数函数的单调性、一元二次不等式等知识求得的取值范围.
【详解】函数的开口向下，对称轴为直线，
函数在上单调递减，
根据复合函数单调性同增异减可知的单调递增开区间为.
依题意，对，，
所以对，，
函数的开口向上，对称轴是直线，
当时，函数在上单调递增，
所以，
解得或.
当时，函数在时取得最小值，
所以，
解得.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】求解复合函数的单调性，首先要求得复合函数的定义域，研究函数的单调性，必须在函数定义域的范围内进行研究.复合函数单调性的判断，主要根据的是“同增异减”.求解一元二次不等式在某区间上恒成立问题，可利用分类讨论的数学思想方法来进行求解.
16．已知函数，若，使得不等式成立，则实数的最大值是 ．
【答案】8
【分析】根据不等式的形式构造新函数，利用新函数的单调性、奇偶性，结合对勾函数的单调性、存在性的性质进行求解即可.
【详解】构造函数，
因为，
所以函数是奇函数，
当时，
，
因为，所以，
因此有，
所以有，因此此时函数单调递减，而，函数是奇函数，所以函数是实数集上的减函数，
，
因为，所以由，，
令
当时， 单调递减，当时，单调递增，
因为，,∴在上的最大值为，
要想，使得不等式成立，只需 ，则实数的最大值是
故答案为：
【点睛】关键点睛：构造新函数，利用新函数的奇偶性和单调性，结合对勾函数的单调性是解题的关键.
四、解答题
17．已知全集，集合，，.
(1)求，；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)，或
(2)
【分析】（1）根据并集、补集、交集的知识求得正确答案.
（2）根据是否是空集进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围.
【详解】（1）∵集合，，∴.
或，或，
∴或.
（2），
当时，即时，，此时，满足题意；
当时，即时，，
若，则或，
即或，∴.
综上，实数的取值范围为.
18．已知命题实数x满足，命题q：实数x满足．
(1)若命题p为假命题，求实数x的取值范围
(2)若命题q是命题p的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由命题为假命题，可得，解不等式即可得出答案；
（2）设命题对应的集合为，命题对应的集合为，由命题是命题的必要不充分条件，可得是的真子集，列出不等式组即可得出答案.
【详解】（1）命题为假命题，
则，解得，
所以实数x的取值范围为；
（2）由题意，命题或，
设其对应的集合为，则或，
命题或，
设其对应的集合为，则或，
因为命题是命题的必要不充分条件，
所以是的真子集，
所以（不同时取等号），解得，
所以实数的取值范围为.
19．函数是定义在上的增函数．
(1)求的最大值；
(2)解不等式：．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1），作差整理可得.进而根据函数的单调性，得出，即可得出答案；
（2）根据已知得出，结合函数的单调性以及定义域可得出.求解不等式，即可得出答案.
【详解】（1），则
.
因为，
所以，，.
又因为在上单调递增，
所以，，，
所以，，
.
因为，，
所以，，
所以，，
即的最大值为.
（2）易知，
则由可得出.
因为在上单调递增，所以.
由可得，.
当时，有，解得，所以；
当时，有，解得或，所以.
综上所述，或.
同理，解，可得或.
所以，由可得，或.
所以，不等式的解集为.
20．已知函数，．
(1)若是关于的方程的一个实数根，求函数的值域；
(2)若对任意，存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将代入方程即可求得，利用二次函数性质即可得值域为；
（2）根据题意只需满足即可，对参数进行分类讨论即可求得实数的取值范围是.
【详解】（1）由是关于的方程的一个实数根，可得,
即，解得；
所以，由二次函数性质可得；
即可得函数的值域为；
（2）根据题意可知，需满足；
当时，由二次函数性质可知；
当时，若时，；
可得，解得，所以；
当时，，
可得，解得或，所以；
当时，，
可得，解得，所以；
综上可得实数的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：对于求解双变量不等式恒（能）成立问题时，关键在于将不等式转化为求解函数最大值或最小值的问题，再通过解不等式即可求出实数的取值范围．
五、证明题
21．设，函数（）．
(1)若函数是奇函数，求a的值；
(2)请判断函数的单调性，并用定义证明．
【答案】(1)
(2)函数在上为增函数，证明见解析.
【分析】（1）根据奇函数的性质，，即可求解；
（2）首先根据解析式的形式，判断函数的单调性，再利用函数单调性的定义，即可证明.
【详解】（1）若函数为奇函数，则，
，则，
解得，由，得；
（2）函数为单调递增函数，证明如下：
设，
因为，所以，即，且，，
所以，即，
所以函数在上为增函数.
六、解答题
22．已知奇函数和偶函数满足：．
(1)分别求出函数和的解析式；
(2)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
(3)若对于任意和任意，都有成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)
【分析】（1）根据与的奇偶性构造方程组即可求解.
（2）对的取值进行讨论，利用复合函数单调性即可求得实数的取值范围.
（3）利用函数的单调性，根据不等式恒成立求解实数的取值范围.
【详解】（1）用替换条件等式中的得，
因为为奇函数，为偶函数，
所以，
与联立可得：
，.
（2）由题，
令，则易知在单调递增，
对于，
当时，开口向上，对称轴为，则且递减的区间为，
当时，开口向下，对称轴为，则且递减的区间为，
则对于，根据复合函数单调性有：
当时，在上递减，符合题意；
当时，的单调递减区间为，
所以，解得；
当时，的单调递减区间为，
所以，解得；
综上，.
（3）由题意，
令，
因为与均在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以，
又因为对任意都有，
当时，恒成立，满足题意；
当时，幂函数在上递增，
所以，即；
当时，幂函数在上递减，
所以，即；
综上，实数的取值范围为.