浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一上学期期中考试数学试题原卷版docx、浙江省杭州第二中学2023-2024学年高一上学期期中考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。

第Ⅰ卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集运算求解即可.
【详解】因为集合，，
所以，
故选：A
2. 已知函数，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过换元法求得的解析式，代入即可.
【详解】因为，令，，即，所以.
故选：B
3. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】，或，
所以，“”“”，但“”“”，
所以，“”是“”充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接由求解的取值集合得答案．
【详解】∵函数的定义域为，
则由，解得
∴函数的定义域为
故选：D．
5. 若函数是R上的偶函数，且在区间上是增函数，则下列关系成立的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和单调性，比较函数值的大小即可.
【详解】∵，且在区间上是增函数，
∴．
故选：B.
6. 若不等式在上有解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得在区间上有解，求出在区间上的最小值，即可得出实数的取值范围．
【详解】因为关于的不等式在区间上有解，
所以在区间上有解，
设，，其中在区间上单调递减，
所以有最小值为，
所以实数的取值范围是．
故选：C．
7. 已知，，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，，由其单调性结合图象得出大小关系.
【详解】构造函数，，，，
易知函数，为增函数.
函数，与函数的图象，如下图所示：
由图可知，.
又，，所以.
综上，.
故选：B
8. 设函数的定义域为，对于任意，若所有点构成一个正方形区域，则实数的值为（ ）
A. -1B. -2C. -3D. -4
【答案】D
【解析】
【分析】先求出.进而根据在的单调性，得出函数在处取得最大值.根据已知即可列出关系式，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，所以，解得，所以.
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，在处取得最小值，
所以，在处取得最大值，
所以，函数在处取得最大值.
因为，所有点构成一个正方形区域，
所以，所以.
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 已知，都为正数，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用基本不等式一一判断即可.
【详解】对于A：，，，
，当且仅当，即，时，等号成立，
即的最大值为，故A正确，
对于B：，，，
，
由A可知，，，当且仅当，时，等号成立，
即的最小值为，故B正确，
对于C：，，，
，当且仅当，即，时，等号成立，
显然不成立，所以的最大值取不到，故C错误，
对于D，，，，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
即的最小值为，故D正确，
故选：ABD．
10. 已知，函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的函数，按分类探讨，结合函数的单调性及函数增长速度的大小判断作答.
【详解】当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减，
因此函数在上单调递增，而，函数图象为曲线，A可能；
当时，函数在上图象是不含端点的射线，B可能；
当时，取，有，即函数图象与x轴有两个公共点，
又，随着的无限增大，函数呈爆炸式增长，其增长速度比的大，
因此存在正数，当时，恒成立，即，C可能，D不可能.
故选：ABC
11. 设函数，若表示不超过的最大整数，则的函数值可能是（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】AB
【解析】
【分析】先得到函数的值域，从而得到的范围，结合条件即可求解.
【详解】因为，则，
所以函数的值域是，
则的范围是，
于是的函数值可能是或，
故选：.
12. 著名数学家华罗庚曾说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题加以解决，如：对于形如的代数式，可以转化为平面上点与的距离加以考虑.结合综上观点，对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 的图象是轴对称图形B. 的值域是
C. 先减小后增大D. 方程有且仅有一个解
【答案】AC
【解析】
【分析】由题得，设，，，则，作出图形，由点在轴的移动得出的性质，从而判断各选项．
【详解】由已知，
设，，，则，如图，
由图形可得点关于对称时，的值相等，因此的图象是轴对称图形，它关于直线对称，A正确；
显然轴，当时，，即，
又，而不可能共线，即，
所以，B错；
设在轴上，且在右侧，在点右侧，与交于点，则，，
∴，
∴，在轴上点的右侧，，
∴，即
这说明点从向右移动时，递增，同理在轴从左侧向点移动时，减小，C正确；
，，
设，则的解是和，
有一个解，而有两个解，因此有三个解，D错．
故选：AC．
【点睛】本题考查数形结合思想，题中函数转化为轴上点到两定点距离差的绝对值，然后通过点的移动确定函数的性质，使得较为复杂的函数问题得到解决，解题关键是数与形的结合，如两点间距离公式，直线的斜率公式等等．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数是幂函数，则实数的值为______________．
【答案】或
【解析】
【详解】由题意，解得m=2或-1
14. 已知 在R上单调递减，则实数a的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的单调性的性质，求得的范围，即得所求．
【详解】若函数在上是单调减函数，
则，解得，
即，
故答案为：．
15. ，的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用对数运算法则化简，利用换元法，可将问题转化为二次函数最大值的求解，根据可求得最大值.
【详解】，
令，，；
设，
当时，，
当时，取得最大值.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查与二次函数有关的复合函数值域的求解问题，处理此类问题的思路是能够利用换元法将函数化为二次函数的形式，利用二次函数值域的求解方法求得结果.
16. 已知函数，记集合，，若，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意设的两个根为（设），应用韦达定理得参数关系，写出集合，解不等式得集合，由两个集合相等得出，不大于的最小值，消去参数可得出的范围．
【详解】因为，所以，设的两个根为（设），
，
，
由得，即，
由于，则，且(二次函数最小值)，
，因此有，所以，
代入得，此式恒成立，
代入得，解得．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：通过不等式的解集形式得出，然后利用集合相等得出间的关系（相等及不等关系）从而求得参数范围．
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. 设集合，，.
（1）若，求实数的值；
（2）若且，求实数的值.
【答案】（1）5 （2）
【解析】
【分析】（1）由题意得出，再利用韦达定理求得参数值；
（2）由题意得出，求得值后，再代入检验．
【小问1详解】
由题可得，由，得.
从而2，3是方程两个根，即，解得.
【小问2详解】
因为，.
因为，又，所以，
即，，解得或.
当时，，则，不符合题意；
当时，，则且，故符合题意，
综上，实数的值为.
18. 计算：
（1）；
（2）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用根式与分数指数幂的互化与运算法则即可得解；
（1）利用对数的运算法则，结合换底公式即可得解.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
19. 已知函数.
（1）用定义法证明：在上单调递增；
（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用作差法证明；
（2）判断函数是奇函数，然后利用奇函数性变形不等式，再由单调性化简转化为恒成立求最值．
【小问1详解】
证明：设任意两个实数，满足，
则，
∵，∴，，∴，
即，所以在上为单调递增；
【小问2详解】
原不等式化为，∵，∴是奇函数，
∴不等式化为，又在R上增函数，所以，
∴问题转化为，恒成立，即，∴.
20. 已知函数是偶函数.
（1）求的值；
（2）若方程有解，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出.根据偶函数的性质推得恒成立，即可得出；
（2）由（1）知，根据对数运算性质，即可得出.换元，根据基本不等式即可得出，即可得出答案.
【小问1详解】
由已知可得，.
因为为R上的偶函数，所以，
即，即恒成立，
所以，，解得.
【小问2详解】
由（1）知，.
令，则，当且仅当时等号成立，
所以，，即，所以.
因为方程有解，即有解，所以.
21. “智能”是本届杭州亚运会的办赛理念之一.在亚运村里，时常能看到一辆极具科技感的小巴车出现在主干道上，车内没有司机，也没有方向盘，这就是无人驾驶AR智能巴士.某地在亚运会后也采购了一批无人驾驶巴士作为公交车，公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算，该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.
（1）求，并说明的实际意义；
（2）若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
【答案】（1）35；发车时间间隔5分钟时，载客量为35
（2）6分钟，38元
【解析】
【分析】（1）根据题意求得，从而说明其实际意义；
（2）根据题意，分类讨论的取值范围，利用基本不等式与反比例函数的单调性即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
实际意义为：发车时间间隔为5分钟时，载客量为35.
【小问2详解】
因为，
所以当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，取得最大值38；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值28.4；
综上所述，当发车时间间隔为6分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为38元.
22. 已知函数，其中常数.
（1）若函数分别在区间，上单调，求的取值范围；
（2）当时，是否存在实数和，使得函数在区间上单调，且此时的取值范围是.若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，．
【解析】
【分析】（1）结合勾形函数的性质、绝对值的定义只要在上的最小值不小于0即可得；
（2）作出函数的图象得4个单调区间，首先确定，以及区间的两个端点都不在区间上，在时有，，再由求出的范围，然后再分四个区间讨论确定范围．
【小问1详解】
设，∵，∴函数分别在区间，上单调且，
要使函数分别在区间，上单调，则只需；
【小问2详解】
如图，可知，在、、、均为单调函数，
显然，，
若，则，，则，
若，则，令，
，因此，
（Ⅰ）当时，在上单调递减，
则两式相除整理得，
∵∴上式不成立即，无解，无取值.
（Ⅱ）当时，在上单调递增，
则，即在有两个不等实根，
而令则，
，，由二次函数性质可得：，
（Ⅲ）当时，在上单调递减，
则，两式相除整理得
∴，∴，∴，
由得，
则关于的函数是单调的，而应有两个不同的解，此时无解.
（Ⅳ）当时，在上单调递增，
则，两式相除得，整理得，
又，，，即，因此不成立，所以无取值，
综上，的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题主要考查函数的单调性，由于含有绝对值符号，因此作出函数图象有助于问题的求解，通过图象确定单调性，确定，否定单调区间的三个端点不属于区间，从而很形象地指出根据四个单调区间分类讨论．