2023-2024学年山东省泰安市宁阳县第四中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省泰安市宁阳县第四中学高一上学期期中数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，解答题，应用题，证明题等内容，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】集合的交集运算，因为集合是有限集，则也是有限集.
【详解】因为，，.
故选：A
2．全称命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】D
【分析】利用全称命题的否定可得出结论.
【详解】由全称命题的否定可知，命题“，”的否定是“，”.
故选：D.
3．设，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】B
【分析】根据充分必要条件定义判断．
【详解】解：由时，一定有成立，故必要性成立；
但时，不一定有成立，如，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
4．若，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用基本不等式即可得解.
【详解】由，可得，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
故选：B.
5．已知函数是幂函数，且在上单调递增，则（ ）
A．3B．－1C．1或－3D．－1或3
【答案】A
【分析】根据幂函数的概念及性质即得.
【详解】因为是幂函数，
所以，解得或3；
又在上单调递增，
当时，，不符合题意，
当时，，符合题意，
故．
故选：A．
6．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用函数解析式由内到外逐层计算可得的值.
【详解】由已知可得，故.
故选：A.
7．设 则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据幂函数与指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】设，由幂函数性质知在单调递增，
由，知，
设，因为，
由指数函数性质知在单调递减，
所以，
所以，
故选：B.
8．已知偶函数满足：对任意的，都有成立，则满足的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】因为函数是偶函数，所以不等式转化为，再根据函数的单调性转化为解不等式.
【详解】有题意可知，时，函数单调递增，
且函数是偶函数，


解得.
故选A.
【点睛】本题考查了利用函数的性质解抽象不等式，当函数是偶函数，并且在单调递增时，解不等式时，根据转化为原不等式为，再根据单调性表示为求解.
二、多选题
9．下面各组函数中是同一函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】CD
【分析】根据同一函数的定义一一分析即可.
【详解】对于A，的定义域为，而的定义域为，故A错误；
对于B，的定义域为，而的定义域为，故B错误；
对于C，两函数定义域相同，且，故C正确；
对于D，两函数定义域相同，且，故D正确.
故选：CD
10．下列函数中，既是偶函数又在区间上为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据函数为偶函数可排除A，C选项，再判断选项B，D中函数的单调性从而得出答案.
【详解】函数不是偶函数，函数是奇函数，不是偶函数，故可排除A，C选项.
函数，均为偶函数.
又二次函数在上为增函数.
，当时，函数可化为，在上为增函数.
故选项B，D满足条件.
故选：BD
11．已知函数是R上的增函数，则实数a的值可以是（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】AC
【分析】根据分段函数单调性结合指数函数性质分析求解.
【详解】因为函数是R上的增函数，则
解得，即，
结合选项可知：实数a的值可以是或.
故选：AC．
12．对于函数定义域中任意的，当时，结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．．
【答案】ACD
【分析】根据指数的运算性质判断A、B，根据指数函数的性质判断C，利用基本不等式判断D.
【详解】因为，
对于A：，故A正确；
对于B：，，故，故B错误；
对于C：不妨设，因为在定义域上单调递增，
则，所以，，
所以，故C正确；
对于D：因为，且，即，
所以，即，所以，故D正确.
故选：ACD．
三、填空题
13．函数=的定义域为
【答案】
【解析】利用被开方数为非负数、分式分母不为零列不等式组，解不等式组求得函数的定义域.
【详解】要使函数有意义，则，解得且.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查函数定义域的求法，属于基础题.
14．函数（且）的图象恒过定点是 .
【答案】
【分析】先求出时，为定值，从而求出函数图象所过定点.
【详解】当，即时，为定值，此时，
故（且）的图象恒过定点.
故答案为：
15．设函数，且，则等于 .
【答案】
【分析】利用整体思想代入解析式计算求值即可.
【详解】因为，即，
则.
故答案为：
16．已知函数，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用分段函数的解析式作出分段函数的图象，将方程有三个不同的实数根转化为与的图象有三个不同的交点，分析求解即可.
【详解】因为函数，作出函数的图象如图所示，
因为方程有三个不同的实数根，所以函数与的图象有三个不同的交点，由图可知：实数的取值范围是，
故答案为：.
四、计算题
17．（1）化简：；
（2）求值：.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用分数指数幂运算及根式求解即可.（2）利用对数运算及指数运算求解即可.
【详解】（1）原式
.
.
（2）原式
.
五、解答题
18．设集合，集合，其中.
(1)当时，求；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接求出两个集合的并集即可；
（2）先将必要不充分条件转化为集合间的包含关系，然后根据集合是否为空集进行分类讨论即可
【详解】（1）由题意得：
当时，
故
（2）由“”是“”的必要不充分条件
可得：
当时，得
解得：；
当时，，解得.
综上，的取值范围为：
19．已知函数，．
(1)若的解集是，求函数的零点；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)1和3；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据题意确定是的一个根，从而求出，进而求解即可；
（2）先讨论当时求解不等式，在时求得方程的两根为，再比较两根大小，分类讨论求解不等式即可.
【详解】（1）因为的解集是，所以是的一个根，
所以，解得，所以.
令，解得，
所以的零点为1和3.
（2）因为，即，所以，
当时，，解得；
当时，方程的两根为，
当时，开口向下，且，解得；
当时，开口向上，且，解得或；
当时，开口向上，且，解得；
当时，开口向上，且，解得或；
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为.
六、应用题
20．推行垃圾分类以来，某环保公司新上一种把㕑余垃圾加工处理为可重新利用的化工产品的项目.设该公司每日处理厨余垃圾的成本为（元），日处理量为（吨），经测算，当时，；当时，，且每处理一吨厨余垃圾，可得到价值100元的化工产品的收益.
(1)当日处理量为10吨时，该公司每日的纯收益为多少？（纯收益=总收益-成本）
(2)该公司每日处理的厨余垃圾为多少吨时，获得的日纯收益最大？
【答案】(1)600元
(2)24吨
【分析】（1）计算出成本，进而求出收益；
（2）分和两种情况，得到日纯收益为关于的关系式，求出最大值，比较后得到答案.
【详解】（1）当时，代入中，故成本，
故收益为（元）；
（2）设日纯收益为
当时，，
所以当时，日纯收益最大，为1200元
当时，，
当时，的最大值为1288.
，
该公司每日处理的㕑余垃圾为24吨时，获得的日纯收益最大.
七、证明题
21．已知函数.
(1)判断并证明的奇偶性；
(2)直接写出的单调性；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)奇函数，证明见详解
(2)函数在R上为减函数
(3)
【分析】（1）由函数奇偶性的定义可得结论；
（2）运用单调性的定义进行判断；
（3）由的奇偶性和单调性，可得，再解不等式即可．
【详解】（1）由可知函数的定义域为R，
R，R，，
∴函数为奇函数；
（2）函数在R上为减函数.
（3）由不等式可得，
因为在R上为减函数，可得，即，
即的取值范围是．
22．设函数且是奇函数．
(1)求的值；
(2)若，判断并用定义证明函数的单调性，并求使不等式恒成立的t的取值范围．
【答案】(1)
(2)单调递减，证明见解析，
【分析】（1）根据函数是定义域为R的奇函数，直接由求得的值；
（2）把（1）求得的的值代入函数解析式，判断其单调性，再利用定义证明，然后利用函数的单调性把不等式转化为关于的一元二次不等式，利用判别式小于0求得的取值范围；
【详解】（1）函数是定义域为R的奇函数，，
，，
所以
函数是奇函数，满足题意；
（2）且，
因为，，
又，且，，
单调递减，单调递减，故函数在R上单调递减．
证明如下：
设，则
，
由于，，
则，即，
，即，
所以函数在R上为单调减函数；
不等式化为，
，即恒成立，
，解得．