海南省海口市海南中学2023-2024学年高一下学期寒假作业验收（开学考试）数学试题

这是一份海南省海口市海南中学2023-2024学年高一下学期寒假作业验收（开学考试）数学试题，共8页。试卷主要包含了已知集合，则，函数被称为狄利克雷函数，则，函数的定义域为，函数的大致图象是，已知，则，下列说法正确的是，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
一､单选题（每小题5分）
1.已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2.函数被称为狄利克雷函数，则（ ）
A.2 B. C.1 D.0
3.函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
4.函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
5.下列函数中，不能用二分法求零点的是（ ）
A. B.
C. D.
6.函数的定义域为，且对于任意均有成立，若，则正实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若函数有四个不同的零点，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题（每小题6分）
9.下列说法正确的是（ ）
A.“”是“”的必要不充分条件
B.“幂函数在上单调递减”的充要条件为“”
C.命题的否定为：
D.已知一扇形的圆心角，且其所在圆的半径，则扇形的弧长为
10.已知函数，则（ ）
A.的一个周期为2
B.的定义域是
C.的图象关于点对称
D.在区间上单调递增
11.已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A.
B.
C.的解集是
D.的解集是或
三､填空题（每小题5分）
12.已知，则__________.
13.已知是正数，且，则的最小值为__________.
14.已知函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为__________.
四､解答题
15.（12分）
已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在上的值域.
16.（15分）
已知函数为奇函数.
（1）求实数的值；
（2）求关于的不等式的解集；
（3）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围.
高一数学寒假作业验收卷答案
一､单选题（每小题5分）
1.【详解】，
则.故选：C；
2.【详解】由题意可知.故选：
3.【详解】因为，所以要使函数有意义，则，解得且，所以的定义域为，故选：B.
4.【详解】当时，，为减函数，排除；当时，，当且仅当时，取得最小值2，故排除C：B选项的图象符合题意：故选：B.
5.【详解】不能用二分法求零点的函数，要么没有零点，要么零点两侧同号；
对于有唯一零点，且函数值在零点两侧异号，故可用二分法求零点：
对于有唯一点，但恒成立，故不可用二分法求零点：
对于有两个不同零点，且在每个零点左右两侧函数值异号，故可用二分法求零点；
对于D，.有唯一零点，且函数值在零点两侧异号，故可用二分法求零点：故选：B.
6.【详解】由题意，不失一般性不妨假设，则，所以在上单调递减，又，所以，解不等式得，则正实数的取值范围为.故选：B.
7.【详解】因为，所以，得，显然，所以，而，故选：B
8.【详解】因为函数有四个不同的零点，所以有四个不同的解，即函数与有四个不同的交点，作出函数与的图象如图所示：又时，，由图象可得，故不正确，由，得或，所以由图象可得，故A正确；由图象可得，
所以，即，即，所以，故C错误；又，关于对称，故，故D错误，故选：A.
二､多选题（每小题6分）
9.【详解】A：，可以是，所以充分性不成立：若，则恒成立，所以必要性成立，故A正确；
B：由题意可知，又幂函数在上单调递减，则，故B错误；
C：命题的否定为：，故C错误；
D：扇形的圆心角，所以由弧长公式可知弧长为，故正确.故选：
10.【详解】对于，由可知其最小正周期，故正确；
对于，由可知，故B错误；
对于，由可知，此时的图象关于点对称，故正确；
对于，由可知，又在上递增，显然，故D正确.故选：ACD
11.【详解】由题意可得1和5是方程的两根，且，由韦达定理可得，得，对于，因为，故错误；
对于，故错误；
对于，不等式，即，即，得不等式的解集是，故C正确；
对于，由不等式，得，即，
则，得或，即解集为或，故D正确.故选：CD.
三､填空题（每小题5分）
12.【详解】因为，所以
13.解析：
14.【详解】当时，.因为在上有且仅有2个零点，所以，，解得.故答案为：
四､解答题
15.【评解】（1）因为，
令，得，
所以的单调递增区间为.
（2）将函数的图象向右平移个单位，
得到，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变得到，
当，故，所以的值域为.
16.【详解】（1）因为函数为奇函数，所以，
即在定义域上恒成立，整理得，故；
（2）解法一：由（1）知，
所以函数在和上单调递减，
且当时，，当时，；
所以，解得；
所灸此时不等式的解集为；
解法二：因为；令，则可化简为，
即，即，解得，即，
所以此时不等式的解集为.
（3.）由（i）得在的值域，
又，
设，则，
当时，取最小值为，当时，取最大值为；
即在上的值域，
又对任意的；总存在，使得成立，即，
所以，解得.