2023-2024学年江西省宜春市清江中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省宜春市清江中学高一上学期期中数学试题含答案，共14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】B
【分析】化简集合B，结合集合交集的定义运算即可.
【详解】，则.
故选：B
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据命题的否定的概念直接判断.
【详解】根据命题的否定的概念可知命题“，”的否定是“，”，
故选：B.
3．已知，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得，结合不等式性质逐项分析判断.
【详解】因为，所以，
对于选项A：因为，所以，故A正确；
对于选项B：因为，所以，故B正确；
对于选项C：取，，则，，即，故C错误；
对于选项D：因为，，所以，故D正确.
故选：C.
4．“”是“，”成立的（ ）
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】先根据恒成立问题求参，再结合充分必要的定义判断即可。
【详解】,可得单调递减，单调递增，
,所以,
所以.
不能推出,可以得出，是的必要不充分条件.
故选：B.
5．函数的图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】直接根据奇偶性判断排除即可.
【详解】函数定义域为，
又，
函数为奇函数，只有C符合.
故选：C.
6．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
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数函数与幂函数的单调性判断．
【详解】，又，指数函数是增函数，所以，即，
，而，幂函数是增函数，所以，即，
所以，
故选：A．
8．已知函数对任意的都有，若的图象关于点对称，且，则（ ）
A．0B．C．3D．4
【答案】B
【分析】由题设易知关于原点对称，将代入条件得，结合奇函数性质得，即，进而推出是周期为16的奇函数，利用周期性、奇函数性质求函数值.
【详解】由的图象关于点对称，则关于原点对称，
故又，，则，
由，则，
所以，故，
所以，即，
则，
综上，是周期为16的奇函数，
所以，而，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据题设得到是周期为16的奇函数为关键.
二、多选题
9．在一元二次函数（）中，其中a与b同号，那么函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】对每个选项分析开口方向与对称轴，确定符号判断即可.
【详解】对A：开口向上，所以，由图知对称轴，所以，与已知矛盾，故A错误；
对B：开口向上，所以，由图知对称轴，所以，满足条件，故B正确；
对C：开口向下，所以，由图知对称轴，所以，满足条件，故C正确；
对D：开口向下，所以，由图知对称轴，所以， 与已知矛盾，故D错误；
故选：BC
10．下列函数值域为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据一次函数的性质，可直接判断；根据，可判断；对于，函数解析式分离常数后即可求出值域，进而可判断；根据基本初等函数的单调性可判断.
【详解】因为函数的值域为,故错误；
因为，
故函数的值域为，故正确；
因为，
故函数的值域为，则错误；
因为函数在上均单调递增，
所以当时，有最小值，
故函数的值域为，故正确，
故选：
11．已知是奇函数，则（ ）
A．B．在上单调递增
C．的值域为D．的解集为
【答案】ACD
【分析】对于A：根据奇函数的定义分析求解；对于B：利用分离常数法结合指数函数单调性分析判断；对于B：根据指数函数值域结合不等式性质分析判断；对于D：根据的单调性分析求解.
【详解】令，解得，可知的定义域为，
因为是奇函数，
则，
可得，故A正确；
因为，
可知在上单调递增，且在上恒成立，
所以在上单调递减，故B错误；
因为，则，
即，可得
所以的值域为，故C正确；
因为均为正数，且在上单调递减，
由，可得，解得，
所以的解集为，故D正确；
故选：ACD.
12．已知函数的定义域为R，对任意实数x，y满足：，且，当时，，给出以下结论，正确的是（ ）
A．
B．
C．为R上的减函数
D．为奇函数
【答案】ABD
【分析】利用抽象函数的关系式，令判断A的正误；令，，判断B的正误；当时，，再令，结合单调性的定义判断C的正误；令判断D的正误.
【详解】因为，
则令，可得，
即，解得，故A正确；
令，，可得，
即，解得，
再令，可得，
即，故B正确；
因为，所以，
令，不妨设，
可得，即，
因为，则，则，
可得，即，
所以为R上的增函数，故C错误；
令，可得，
即，整理得，
所以为奇函数，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：利用抽象函数的定义通过赋值法，并结合函数单调性、奇偶性的定义才是解题的关键.
三、填空题
13．不等式的解集是 .
【答案】
【分析】数形结合解分式不等式即可.
【详解】设，，
在同一个坐标系内作出和的图象，
两函数图象的交点为，，等价于，
由图可知，
故答案为：.

14．函数的定义域为 .
【答案】且
【分析】根据二次根式、分母不为零、零次幂有意义，列出关于自变量的不等式组求解即可.
【详解】要使函数有意义，则满足 解得且.
故答案为：且.
15．已知关于x的不等式的解集为或，不等式的解集为 ．
【答案】.
【分析】根据不等式解集知，利用韦达定理得，代入目标不等式求解即可.
【详解】因为不等式的解集为或，
所以，且和4为方程的两根，
故，得，
又，所以，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：
16．若函数在区间上同时满足：①在区间上是单调函数，②当时，函数的值域为，则称区间为函数的“保值”区间，若函数存在“保值”区间，则实数的取值范围 .
【答案】
【分析】由二次函数的性质可得函数单调区间，分类讨论结合二次函数根的分布分别求解，最后再求并集即得答案.
【详解】函数在上单调递减，在上单调递增，
若，则，
由，，可知在有两个不等根.
设，
所以，则，∴.
若，则，
由，，
两式相减可得，知，
从而，即，
同理可得，设，
所以，则，
所以.综上，范围是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于一元二次函数零点分布（一元二次方程根的分布）求解参数问题，往往要分析下面几个因素：1、二次项系数符号；2、判别式；3、对称轴的位置；4、区间端点值的符号，结合图象列不等式求解即可.
四、解答题
17．计算：
(1)；
(2).
【答案】(1)1；
(2)0.
【分析】（1）（2）利用分数指数幂的意义、指数运算法则计算即得.
【详解】（1）原式
.
（2）原式.
18．设集合，．
(1)若时，求；
(2)若，求m的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据求出集合即可求出；
（2）根据得到，列出不等式组即可.
【详解】（1），，
；
（2），，
①当是空集时，，解得，
②当不是空集时，则，，
综上所述：或.
19．（1）已知，，求的取值范围；
（2）已知是正数，且满足，求的最小值．
【答案】（1）；（2）9
【分析】（1）根据不等式的性质即可求解.
（2）利用基本不等式“1”的整体替换即可得到答案.
【详解】（1）由，得，
利用不等式的性质得，即，
又因为，所以.
（2）由基本不等式可得，
当且仅当，即当时，等号成立，
所以的最小值为.
20．已知函数的定义域是.
(1)当时，求函数的值域；
(2)若，都有，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合二次函数的性质求解即可；
（2）由题意可得，进而结合二次函数的性质可得，进而求解即可.
【详解】（1）当时，，对称轴为，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
当时，，
所以函数的值域为.
（2）因为，都有，则，
则，解得或，
所以的取值范围为.
21．已知函数且的图象与轴交于点，且点在一次函数的图象上.
(1)求的值；
(2)若不等式对恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数过点Q列式求参即可；
（2）把不等式恒成立问题转化为最值问题即可求解.
【详解】（1）因为点在轴上，且在一次函数的图象上，
所以点的坐标为，
所以，
又，所以.
（2）因为，所以.
因为函数在上单调递增，所以对恒成立
即对恒成立.
当时，，
所以，即的取值范围为.
22．已知函数对任意，恒有，且当时，.
(1)证明：函数为奇函数；
(2)求的值；
(3)时，成立，求实数的取值范围
【答案】(1)证明见解析
(2)-2024
(3)
【分析】（1）通过赋值法及奇偶性的定义即可证明.
（2）令得，再结合抽象函数法则化简求值即可.
（3）先根据单调性的定义得在上单调递减，然后利用恒成立法则把问题转化为在上恒成立，构造函数，利用函数的单调性求得最值即可求解.
【详解】（1）因为，都有，
所以令，有，解得.
令，有，
所以，所以为奇函数.
（2）令时，有，所以，
.
（3）不妨设，因为时，，所以，
所以，所以在上单调递减.
因为在上单调递减，所以时，，
，时，，
即时，所以，即在上恒成立.
设，，由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，所以，得.