浙江省嘉兴市2023_2024学年高一数学上学期10月月考试题含解析

这是一份浙江省嘉兴市2023_2024学年高一数学上学期10月月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解集合B中的不等式，得到集合B，再求两个集合的交集.
【详解】不等式，解得，即，
∵，∴.
故选：D．
2. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定是特称命题求解.
【详解】解得或，
命题“，”为全称命题，
所以其否定是“，”，
故选：D.
3. 函数的图象与直线的交点个数（）
A. 至少有1个B. 至多有1个C. 仅有1个D. 可能有无数多个
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义判断.
【详解】当x在定义域内任意取一个值,都有唯一的一个函数值与之对应,函数的图象与直线有唯一交点；
当x不在定义域内时,函数值不存在,函数的图象与直线没有交点。故函数的图象与直线至多有一个交点，即函数的图象与直线的交点至多有一个，
故选：B.
4. “”的一个必要不充分条件是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据集合包含关系即可判断.
【详解】因为，所以为“”的一个必要不充分条件，A正确，
而B显然为充要条件，
，，故CD为充分不必要条件.
故选：A.
5. 十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“＝”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“＜”和“＞”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列命题正确的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】取可排除A；取可排除B；取可排除D；由可知，然后两边同乘以，可判断C.
【详解】A选项：若，，则，A错误；
B选项：取，则，B错误；
C选项：若，则，所以，即，C正确；
D选项：取，满足，但，D错误.
故选：C
6. 已知函数是一次函数，且，则（）
A. 11B. 9C. 7D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据恒成立可得a，b，然后可解.
【详解】设，
则，
整理得，
所以，解，
所以，所以.
故选：A
7. 已知正实数满足，则最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】采用拼凑法化简，再结合“1”的妙用即可求解.
【详解】因为，所以，
所以
当且仅当时取到等号，
故选：C.
8. 已知是定义在R上的函数，且的图像关于点对称，对任意，都有．若，则实数的取值范围为（）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数,然后结合函数的单调性求解.
【详解】是定义在R上的函数，且的图像关于点对称，
所以关于，且奇函数，
因为，
所以即
构造函数，则有，且为奇函数，
所以在R上单调递增，
因为，变形为，
则有，
所以，
解得：或，
故选：D.
二、多项选择题（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. 下列各组函数中，是同一函数的是（）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的定义域和解析式逐项判断即可；
【详解】选项A：是同一函数；
选项B：，不是同一函数；
选项C：与定义域都为，对应关系一样，是同一函数；
选项D：与，定义域相同，对应关系相同，故为同一函数，选项正确；
故选：ACD.
10. 函数与（且）在同一坐标系中的图像可能为（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】
可令，和三种情况讨论，先分析函数的图象性质，再分析函数的图象性质，观察选项是否符合．
【详解】当时，为奇函数，定义域为，且在上递减，而开口向下，对称轴为，，故A符合；
当时，为偶函数，且在上递增，开口向上，且对称轴为，，其图象和轴没有交点，故D符合；
当时，函数的定义域为，且在上递增，开口向上，且对称轴为，，图象和轴有两个交点，故C符合．
故选：ACD．
【点睛】本题考查根据函数的解析式选择函数图象，考查二次函数图象性质、幂函数图象性质的运用，解答时，针对的不同取值，观察所给两个函数图象是否符合即可．
11. 已知为常数，给出关于的不等式，则（）
A. 当，时，不等式的解集为
B. 当时，不等式的解集为或的形式，其中
C. 当时，不等式的解集为或的形式，其中，
D. 当时，不等式的解集为的形式，其中
【答案】ACD
【解析】
【分析】当，时，转化为一元二次不等式组求解可判断A；讨论直线与抛物线的相交情况，然后根据条件作出函数，，的图象，观察图象即可判断BCD.
【详解】当，时，，
即，解得，A正确；
设直线，联立，得，
由得或，直线与抛物线有两个交点；
由得或，直线与抛物线有一个交点；
由得，直线与抛物线无交点.
作出函数，，的图象，当时，如图一，
由图可知，此时不等式解集为，B错误；
当时，如图二，由图可知，C正确；
当时，如图三，由图可知，D正确.
故选：ACD
12. 设函数，，若存在，其中，，使得，则t的值可能是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意可得，令，结合对勾函数的性质可得函数的单调性，则进而有，结合列出不等式组，解之即可.
【详解】由题意得，存在
使得成立，
令，
因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
函数在上单调递减，在上单调递增，
又
即.
，
又
，即，
又，
解得.
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 函数的定义域是_____________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得，解不等式即可得答案.
【详解】要使函数有意义，则需满足，解得且.
故函数的定义域是.
故答案为：
14. 已知幂函数的图象是轴对称图形，则实数_______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据幂函数定义可知，求解后根据函数对称性验证即可.
【详解】因为是幂函数，
所以，即，
解得或，
当时，为奇函数，不满足题意；
当时，的图象关于y轴对称，满足题意.
所以，.
故答案为：2
15. 已知实数满足，，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式的性质求解.
【详解】设，
解得：
因为所以，
因为，所以
所以
故答案为：.
16. 已知函数若实数满足，其中，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】分析函数图像，然后结合图像的对称性质以及根的分布求解即可；
【详解】
分析函数图像，如图所示，关于对称，
又因为，
所以
所以，
故答案为：.
四、解答题：本小题共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. 求下列函数的值域．
（1），；
（2），．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出所有函数值即可得值域；
（2）先求函数单调性，然后根据单调性求出最值即可得值域.
【小问1详解】
因为，，
，，
所以的值域为.
【小问2详解】
，且，
则，
当时，，
所以，即，
所以在上单调递减；
当时，，
所以，即，
所以在上单调递增.
又因为，
所以的值域为.
18. 记全集，集合，．
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合运算，结合数轴分析可得；
（2）先分析集合A，B的包含关系，然后利用数轴讨论即可.
【小问1详解】
若，则，
因为或，
所以或.
【小问2详解】
若，则，
所以，解得，即实数的取值范围为.
19. 已知命题：R，使为假命题．
（1）求实数的取值集合；
（2）设为非空集合，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由条件可得关于的方程无解，然后分两种情况讨论即可；
（2）首先由为非空集合可得，然后由条件是的充分不必要条件,分析集合大小，建立不等式求解.
【小问1详解】
因为命题，R，使为假命题，
所以关于的方程无解，
当时，有解，故时不成立，
当时，解得或，
所以
【小问2详解】
因为为非空集合，
所以即
因为若是的充分不必要条件，
所以,
所以或
即或
综上，实数的取值范围为或.
20. 已知是上的奇函数，当时，．
（1）求函数的表达式；
（2）若函数在区间上单调，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，则，利用已知解析式和奇偶性可得时的解析式，再结合奇函数性质即可得的解析式；
（2）根据（1）中解析式作出函数图象，根据图象分类讨论即可.
【小问1详解】
设，则，
所以，
又因为为奇函数，所以，
由奇函数性质可知，，
所以
小问2详解】
作出函数的草图，如图所示，
由得
由图可知，若函数在区间上单调，
则有或或，
解得或或，
综上，实数的取值范围为.
21. 某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时，某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤，分析显示：当中的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：
（1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；并求的最小值．
【答案】（1）；（2）分钟.
【解析】
【分析】（1）解不等式即可；（2）分、两种情况求出分段函数的表达式，再求各段上的最小值，最后得出在整个定义域上最小值.
【详解】（1）由已知当时，不符合题意；当时，由不等式组解之得，所以当时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间.
（2）当时，；
当时，，所以，易知当时，函数单调递减，此时；当，函数在上单调递减、在上单调递增，此时，综上可得，当上班族中的成员自驾时，地上班族的人均通勤时间有最小值分钟.
【点睛】本题主要考查实际问题中与分段函数有关不等式及分段函数的最值问题，关键是要分类讨论，试题对计算能力要求较高，属中等难度题.
22. 已知函数，．
（1）若，说明函数在的单调性并证明；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的最小值．
【答案】（1）单调递增，证明见详解.
（2）
【解析】
【分析】（1）按照定义法证明单调性的步骤：取值、作差后通分、因式分解、定号、下结论；
（2）先对a进行分类讨论函数的单调性，由恒成立可知，然后可得a的范围，结合最小值对进行放缩，最后由二次函数性质即可求解.
【小问1详解】
当时，，此时函数在的单调递增.
且，
则
，
因为且，所以，
所以，即，
所以函数在的单调递增.
【小问2详解】
当时，和在都为增函数，所以在上单调递增；
当时，显然在上单调递增；
当时，由对勾函数性质可知，在上单调递增，所以在上单调递增；
当时，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增；
当时，由对勾函数性质可知，在单调递减，所以在上单调递减.
综上，当或时，在上单调，要使不等式恒成立，
必有，即，解得，不满足；
当时，，所以，
由，解得，
所以；
当时，，所以，
由，解得，
所以.
综上，
因为，所以，
所以，
由二次函数性质可知，当时，取得最小值.
【点睛】难点点睛：本题难点在于分类讨论函数单调性，根据求出a的取值范围，然后利用得，再由二次函数性质可解.