2023-2024学年重庆市西南大学附属中学校高一上学期拔尖强基联合定时检测（一）数学试题含答案

这是一份2023-2024学年重庆市西南大学附属中学校高一上学期拔尖强基联合定时检测（一）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．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数的值域得，再由交集运算可求.
【详解】由二次函数的值域为，
则集合，
又，
则，
故选：A.
2．已知函数 是幂函数，且在上单调递减，则实数m 的值为（ ）
A．2B．C．1D．或2
【答案】B
【分析】由幂函数的概念，可得，求出的值，并验证是否在上为减函数即可.
【详解】因为函数是幂函数，所以，解得或.
若，则，函数在上为增函数，不符合题意，舍去；
若，则，函数在上为减函数，符合题意；
所以实数的值是.
故选：B.
3．已知，为非零实数，且，则下列命题成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】举出反例,利用特殊值依次排除选项A、D,由不等式的性质可排除C
【详解】对于选项A,令,时,,故A不正确；
对于选项C,,故C不正确；
对于选项D,令,时,,故D不正确；
对于选项B,,则
故选B
【点睛】本题考查不等式的性质的应用,考查特殊值法处理选择题
4．下列函数中，值域为的是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出每一个选项的函数的值域即得解.
【详解】对于选项A,函数的值域为，所以该选项不符；
对于选项B,函数的值域为R，所以该选项不符；
对于选项C,函数的值域为，所以该选项不符；
对于选项D, 函数的值域为[0,1],所以该选项符合.
故选D
【点睛】本题主要考查函数值域的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5．若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用函数有意义并结合抽象函数的定义域求解作答.
【详解】由函数的定义域为，即，得，
因此由函数有意义，得，解得，
所以函数的定义域为.
故选：D
6．若函数的图象如下图所示，函数的图象为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用函数图象的对称变换和平移变换，判断选项.
【详解】函数的图象关于对称可得函数的图象，
再向右平移2个单位得函数，即的图象.
故选：C.
7．已知在上单调递减，则实数a的取值范围为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知，在各自的区间上均应是减函数，且当时，应有，求解即可．
【详解】由已知，在上单减，
∴，①
在上单调递减， ∴，解得②
且当时，应有，
即，∴ ③，
由①②③得，的取值范围是，故选B．
【点睛】本题考查分段函数的单调性，严格根据定义解答，本题保证随的增大而减小．特别注意的最小值大于等于的最大值，属于中档题.
8．已知定义在 R上的函数满足以下条件：①对任意的的图象关于直线对称;②存在常数,使得; ③当时,. 若, 则的值为（ ）
A．0B．30C．60D．90
【答案】C
【分析】由题意，为偶函数且不恒为0，，时，，再由，可求算式的值.
【详解】对任意的，的图象关于直线对称，则的图象关于轴对称，即为偶函数.
存在常数，使得，即不恒为0，
当时,，，
时，有，
时，，则有，
则
.
故选：C
二、多选题
9．下列各组函数表示的是同一个函数的是（ ）
A．与
B．与
C．与
D．与
【答案】BD
【分析】根据函数的定义域及对应关系判断两函数是否为同一函数，从而求解.
【详解】对于A：，，两函数对应关系相同，但定义域不同，故不符合题意；
对于B：，，两函数对应关系和定义域都相同，故符合题意；
对于C：，，两函数对应关系相同，但定义域不同，故不符合题意；
对于D：，，两函数对应关系和定义域都相同，故符合题意；
故选：BD.
10．下列命题中正确的是（ ）
A．函数 在(0，+∞)上是增函数
B．函数 在上是减函数
C．函数 的单调递减区间是
D．已知在R上是增函数， 若 ，则有.
【答案】AD
【分析】根据函数的定义域及单调性分别判断各选项.
【详解】A选项：对称轴为，函数的单调递增区间为，
又，所以函数在上是增函数，A选项正确；
B选项：函数在和上单调递减，
因为
函数 在上不是减函数，B选项错误；
C选项：定义域为，且函数的对称轴为，
所以函数的单调递减区间为，C选项错误；
D选项：在上是增函数，若，则，，
所以，，则，D选项正确；
故选：AD.
11．已知关于的不等式 的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．不等式 的解集为
【答案】AB
【分析】根据不等式的解集可得是的两个根，利用韦达定理求出，再逐项判断可得答案.
【详解】因为不等式 的解集为，
所以是的两个根，且
，得，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，由得，因为，
所以，解得，
可得不等式的解集为，故C错误；
对于D，由得，
因为，所以，解得，或，
所以不等式 的解集为 ，或，故D错误.
故选：AB.
12．下列命题中正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若 则的最小值为6
C．若 则的最小值为
D．若, , 则 的最小值为2
【答案】AD
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求解选项A；利用换元法以及基本不等式“1”的妙用求解选项B；利用消元法和基本不等式“1”的妙用求解选项C；利用换元法和基本不等式“1”的妙用求解选项D.
【详解】对A，因为 ，
所以，
当且仅当，即，也即时等号成立，
所以，A正确；
对B，，则，且，
所以
，
当且仅当，即时取得等号，所以的最小值为，B错误；
对C，因为所以，
所以，
当且仅当，即时取得等号，所以则的最小值为 ，C错误；
对D，设，则，所以，
所以，
因为，
当且仅当，即时取得等号，所以的最小值为2，D正确；
故选:AD.
三、填空题
13．已知函数，则= .
【答案】1
【分析】根据给定的分段函数，分段代入计算即得.
【详解】函数，则，
所以.
故答案为：1
14．已知 且，则= .
【答案】
【分析】设，易判断是奇函数，可得，即，可得解.
【详解】由题意，设，
又，所以函数是奇函数，
可得，即，
又，则.
故答案为：.
15．已知定义在R上的函数满足，对任意的，当时，都有恒成立，且，则关于的不等式的解集为 .
【答案】
【分析】根据函数为奇函数，则为偶函数，又已知得函数在上单调递增，可得函数在在上单调递减，又，可得不等式与的解集，进而得到解集.
【详解】因为定义在R上的函数满足，所以函数为奇函数，
令，，则为偶函数，
又，则，
因为对任意的，当时，都有恒成立，
所以当时，为增函数，则当时，为减函数，
所以当或时，；当或时，；
因此当时，；当时，，即不等式的解集为.
故答案为：
16．已知正实数满足， 则 的最小值为 .
【答案】4
【分析】由，得到，从而，利用基本不等式求解.
【详解】解：因为正实数满足，
所以 ，
则，
，
，
当且仅当，即 时，等号成立，
所以的最小值为4，
故答案为：4
四、解答题
17．解下列不等式:
(1)
(2)
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）变形为，求出解集；
（2）因式分解得到，分，与三种情况，求出不等式的解集.
【详解】（1）变形为，
的两根为或，
故不等式的解集为；
（2）变形为，
当，即时，不等式为，解集为；
当，即时，解得或，故解集为或；
当，即时，解得或，故解集为或；
综上，当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为或.
18．已知
(1)求A∪B;
(2)若是的必要不充分条件，求t的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解集合B中的不等式，得到集合B，再求；
（2）问题转化为，由此列不等式组求出实数t的取值范围．
【详解】（1）不等式可化为，
解得，则，
.
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，故，
当时，即，解得，此时满足，
当时，即时，要使，
则有，由于等号不可能同时成立，故，
又，所以，
综上所述，实数的取值范围为.
19．已知函数
(1)证明为偶函数;
(2)在如图所示的平面直角坐标系中，作出函数的图象，并根据图象写出的单调递增区间；
(3)求在时的最大值与最小值.
【答案】(1)见解析
(2)图象见解析，单调递增区间为：
(3)最大值为5，最小值为0
【分析】（1）根据奇偶性的定义即可求解，
（2）根据分段函数的性质，结合二次函数的图象即可求解图象，进而可得增区间，
（3）利用图象即可求解.
【详解】（1）由于，定义域为
所以，所以为偶函数，
（2），故图象如下：
单调递增区间为：
（3）由图象可知：在单调递增，在单调递减，且，故最大值为5，最小值为0
20．已知为R上的奇函数，当时， ，
(1)求在R上的解析式；
(2)若对 使 求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据为R上的奇函数及时的解析式求解；
（2）分别求出及，满足即可得答案.
【详解】（1）因为为R上的奇函数，当时， ，
所以当时，，
当时，，所以，
所以在R上的解析式为.
（2）因为，
所以当时，为减函数，当时，为增函数，
所以当时，，
因为对 使
所以 使
因为所以，当且仅当时等号成立，
所以，即，
故a的取值范围.
21．函数满足对一切有，且；当时，有.
(1)求的值;
(2)判断并证明在R上的单调性；
(3)解不等式
【答案】(1)
(2)在R上的单调递减，证明过程见解析
(3).
【分析】（1）赋值法求出和，进而赋值求出；
（2）先求出时，，进而得到时，，再利用定义法证明出函数的单调性；
（3）变形得到，求出，结合（2）中函数的单调性求出，从而求出答案.
【详解】（1）中，令，
则，
因为，所以，
令得，，解得，
令得，，即，
解得；
（2）设，则，
所以，
所以时，，
又因为时，有，且，
所以时，，
在R上的单调递减，证明过程如下：
设，且，则，
则，
因为时，，
所以，故，
故在R上的单调递减；
（3）由题意得，
因为，
所以，
即，
解得，
中，令得，，
故，
故，
由（2）可知，在R上的单调递减，
故，解得或，
所以原不等式的解集为.
【点睛】思路点睛：求解抽象函数的函数值或函数奇偶性，单调性，往往利用赋值法，结合题目中的条件进行求解.
22．已知函数
(1)当时，求方程的解集；
(2)设在的最小值为，求的表达式；
(3)令 若在上是增函数，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）把当时，解方程即得.
（2）通过讨论a的取值，确定函数在区间的最小值为．
（3）利用函数单调性的定义，结合恒成立的解法即可求得实数a的取值范围．
【详解】（1）当时，，由，得，解得或，则或，
所以方程的解集为.
（2）当时，，
当时，函数在上单调递减，，即；
当时，函数，其图象的对称轴为，
当时，函数在上单调递减，，即；
当，即时，函数在上单调递增，，即；
当，即时，，即；
当，即时，函数在上单调递减，，即，
所以.
（3）当时，，，
在区间上任取，且，
，由在上是增函数，得，
因此对任意且都成立，
当时，恒成立，于是；
当时，，而，则，显然恒成立，于是；
当时，，而，则，又，于是，
所以实数的取值范围是.