湖北省荆州市荆州中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省荆州市荆州中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】由可得或，
所以，
故选：D
2. 已知命题，则（ ）
A. B.
C. D. 时，为真命题
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称命题的否定求解即可.
【详解】命题，
故，所以A选项和C选项错误，B选项正确；
当时，方程 的，所以方程有解，
为假命题，故D选项错误.
故选：B
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由指数幂的运算规则化简求值.
【详解】.
故选：C
4. 函数 的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题首先根据判断函数的奇偶性排除,再根据,对应,排除,进而选出正确答案.
【详解】由函数 ， 可得，
故函数的定义域为，
又 ， 所以是偶函数，
其图象关于轴对称， 因此 错误；
当 0时，， 所以错误．
故选:
5. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】用指数函数的性质比较大小即可.
【详解】根据指数函数的单调性知，，而，
故，
故选：D
6. 已知函数，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，可求的值.
【详解】函数，，
，
所以.
故选：C
7. “”是“满足对任意都有成立”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】A
【解析】
【分析】根据分段函数单调性求得，利用包含关系分析充分、必要条件.
【详解】若，不妨令，则，
则，即，可知函数单调递减，
可得，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“满足对任意都有成立”的充分不必要条件.
故选：A.
8. 已知是定义在实数集上的函数，在内单调递增，，且函数关于点对称，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平移知识得出是奇函数，进而由单调性画出函数，的简图，结合图像解不等式即可.
【详解】因为函数关于点对称，所以函数关于点对称，是奇函数，
则等价于.
函数简图如下图所示：
由平移变换可知，函数的简图如下图所示：
等价于或.
由图可知，的解集为.
故选：D
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 对任意实数，都有
D. 若二次函数，实数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据作差法，结合不等式的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，，由于，，所以，故，故A错误，
对于B, ，由于，，所以，故，B正确，
对于C，，故C正确，
对于D,
，
故，D正确，
故选：BCD
10. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递增
B. 的值域为
C. 不等式的解集为
D. 若在上单调递减，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】探讨指数位置的函数性质，再利用指数型复合函数，结合选项AB条件分析判断AB；解指数不等式判断C；利用指数型复合函数单调性判断D.
【详解】函数在上单调递增，在上的值域为，而函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，，A正确，B错误；
不等式，解得，C正确；
依题意，函数，显然在上单调递减，
而函数在上单调递增，则函数在上单调递减，
因此，即，解得，即实数的取值范围为，D正确.
故选：ACD
11. 设函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数为偶函数
C. 函数的最小值为0
D. 当时，，则a的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数新定义结合函数解析式，作出函数的图象，数形结合，可判断A，B，C；由图象得出时函数的最大值，结合不等式恒成立即可求得a的范围，判断D.
【详解】在同一坐标系作出和的图象如图所示，
联立可得，即得图中，由对称性可得，
则，其图象是图中实线部分．
则，故A错误；
由图象可知函数为偶函数，函数的最小值为0，无最大值，B，C正确；
当时，，由于，所以，D错误，
故选：BC
12. 已知不等式对恒成立，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意先对不等式左边变形并不断利用基本不等式求出它的最小值，注意取等条件是否成立，然后将恒成立问题等价转换，即可求出参数的范围，最后对比选项即可求解.
【详解】由题意
，
第一个等号成立当且仅当，第二个等号成立当且仅当，
综上所述：，当且仅当时成立；
又不等式对恒成立，等价于，
解得，对比选项可知的值可以是或或.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是将不等式左边变形，利用基本不等式求最小值，从而可将恒成立问题等价转换，进而顺利求解，灵活的变形技巧是必不可少的，当然利用基本不等式求最小值时，要注意验证取等条件.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则的值为______.
【答案】34
【解析】
【分析】根据指数幂的运算，平方即可求解.
【详解】由可得，
进而，
故答案为：34
14. 已知幂函数在上单调递减，若，则a的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用幂函数的定义及单调性，求出参数，再借助单调性解不等式即得.
【详解】幂函数在上单调递减，则，解得，
不等式化为，显然函数在R上单调递增，
因此，解得，
所以a的取值范围为.
故答案为：
15. 已知函数在上的最大值为，则实数的值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的对称性讨论最值取值情况即可得实数的值.
【详解】函数的对称轴为直线，因为
当时，，得（舍去），
当时，，得，
综上，实数的值是.
故答案为：.
16. 已知图象连续不断的函数是定义域为的偶函数，若对任意的，，当时，总有，则满足不等式的a的取值范围为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的单调性定义可判断的单调性，进而构造函数，确定其单调性以及奇偶性，即可根据单调性求解.
【详解】由，，当时，可得，
故函数在单调递减，
令，由于在单调递减，由于在单调递减，
又，所以为奇函数，故在单调递减，
所以可得，即，
所以，解得，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合，集合.
（1）当时，求；
（2）设，，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数不等式化简集合，由一元二次的解化简集合，即可根据并集运算求解，
（2）根据子集的包含关系，即可求解.
【小问1详解】
,
当时,,
.
【小问2详解】
，,又，，
，，
实数a的取值范围为
18. 若关于的不等式的解集是.
（1）求实数的值；
（2）当时，求的最小值.
【答案】（1）1 （2）4
【解析】
【分析】（1）利用不等式解集就是方程等于零的两根求出即可；
（2）利用基本不等式求解即可.
【小问1详解】
不等式的解集是，
和是方程的两个根， ,.
小问2详解】
当时，即时，
，
当且仅当，即（舍），时取等号，故.
19. 已知函数是增函数，且.
（1）若，，求的最小值；
（2）是否存在实数，使得当时，函数的最小值恰为，而最大值恰为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）16 （2）存，，
【解析】
【分析】（1）根据以及函数的单调性可求解，进而又基本不等式乘“1”法即可求解，
（2）根据函数的单调性，化简可得，是方程的两个根，即可一元二次方程的根求解.
【小问1详解】
，
，
，
或，
又函数是增函数，
，
，.
由，得，
，又，
，
当且仅当，即，时取等号，故的最小值为.
【小问2详解】
为增函数，
当时，函数的最小值为，最大值为，
由，得 ，即，
，是方程的两个根，
，
，，
存在， 满足要求.
20. 已知函数的图象过点和.
（1）求证：是奇函数，并判断的单调性（不需要证明）；
（2）若，使得不等式都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析，增函数
（2）
【解析】
【分析】（1）把图象上的点代入函数解析式，求得，得到解析式，由定义法证明函数是奇函数，由解析式判断的单调性；
（2）由函数的奇偶性和单调性，，使得不等式都成立，等价于在上恒成立，设，由单调性求 最小值即可.
【小问1详解】
函数的图象过点和，
则有，解得，所以，
函数定义域为R，，
所以函数奇函数.
由函数和都是R上的增函数，所以在R上单调递增.
【小问2详解】
是奇函数，且在R上单调递增，
不等式等价，
可得，
若，使得不等式都成立，
等价于，恒成立，即，在上恒成立，
设，，且，
有，
由，则，，，
则，即，故在上单调递减，
，得，所以实数的取值范围为.
21. 先看下面的阅读材料：已知三次函数（）， 称相应的二次函数为的“导函数”，研究发现，若导函数在区间上恒成立，则在区间上单调递增；若导函数在区间上恒成立，则在区间上单调递减.例如：函数，其导函数，由，得， 由，得或，所以三次函数在区间上单调递增，在区间和上单调递减. 结合阅读材料解答下面的问题：
（1）求三次函数的单调区间；
（2）某市政府欲在文旅区内如图所示的矩形地块中规划出一个儿童乐园（如图中阴影部分），形状为直角梯形（线段和为两条底边，），已知，，，其中曲线是以为顶点、为对称轴的抛物线的一部分.
①设，求出梯形的面积与的解析式；
②求该公园的最大面积.
【答案】（1）在区间上单调递增，在区间和上单调递减
（2）①（）；②
【解析】
分析】（1）由导数研究单调区间；
（2）由导数研究最值.
【小问1详解】
的导函数为,
由，得， 由，得或，
所以三次函数在区间上单调递增，在区间和上单调递减.
【小问2详解】
①以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设曲线所在抛物线的方程为（），
抛物线过，，得，曲线所在抛物线的方程为，
又，，则所在直线为，（），
则，，
公园的面积（），
②由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值．
故该公园的最大面积为．
22. 已知函数，.
（1）当时，求的单调区间；
（2）如果关于的方程有三个不相等的非零实数解，，，求的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为和，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由分段函数定义、二次函数的性质即可求解.
（2）首先分类讨论求出满足题意的参数的取值范围，然后再根据求根公式、韦达定理将表示成的函数，从而即可得解.
【小问1详解】
当时，，
即当时，，当时，，
据二次函数的性质可知，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
【小问2详解】
，
当时，当时，方程的判别式，
可知方程无解，所以此时不符合题意；
当时，不符合题意；
当时，方程有个不相等的实数根，且在上递增，
所以时，有个根，且时，有个根，
所以只需满足，解得，综上：取值范围是.
不妨设，则，
所以
，
因为，则，可得，
所以.
故的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，直接结合二次函数性质分区间讨论即可，第二问关键是首先要求出的范围，以及将所求表示成的函数，在计算过程中，灵活的变形技巧是必不可少的，这一点平时练习多加注意.