浙江省绍兴市柯桥区2023_2024学年高一数学上学期期中试题含解析

这是一份浙江省绍兴市柯桥区2023_2024学年高一数学上学期期中试题含解析，共18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：共8小题，每小题3分，共24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】C
【解析】
【分析】根据交集的定义求解，并写出区间形式即可.
【详解】.
故选：C
2. 已知幂函数的图象经过点，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数的定义结合题意求出函数解析式，即可得解.
【详解】设幂函数，所以，解得，所以，
故.
故选:C.
3. 设，则“”是“”的（）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，不等式，解得或，
所以“”是“”的充分而不必要条件，
故选A．
考点：充分不必要条件的判定．
4. 已知函数，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的解析式求得，继而可得，可得，即可求得答案.
【详解】由题意可得，故，
所以，
故选:A
5. 已知，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用中间量比较，运用中间量比较
【详解】则．故选B．
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．
6. 已知是定义在上的奇函数，当时，.若函数在区间，上单调递增，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合二次函数的单调性与奇函数的性质，可推出在，上单调递增，从而得，解之即可.
【详解】当时，，由二次函数的单调性可知在，上单调递增，
又因为是定义在上的奇函数，所以在，上单调递增，
综上，在，上单调递增，
又函数在区间，上单调递增，
所以，解得，
所以实数的取值范围是，.
故选：C.
7. 函数的图象大致是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的定义域，然后判断函数的奇偶性，再根据函数的单调性进行分析判断即可.
【详解】函数的定义域为，
因为，
所以为奇函数，所以的图象关于原点对称，
所以排除A，
当时，，所以排除C，
当时，，
因为和在上递增，所以在上递增，所以排除B，
故选：D
8. 奇函数满足，当时，，则=（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，可得到函数的周期是4，利用函数的周期性和奇偶性，将转化为，代入函数解析式求解即可.
【详解】解：已知奇函数满足，
是以4为周期的奇函数，
又当时，，
，
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题3分，共12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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题中是真命题的是（）
A. 已知，则的值为11
B. 若，则函数的最小值为
C. 函数是偶函数
D. 函数在区间内必有零点
【答案】AD
【解析】
【分析】令，求得，可判定A正确；结合基本不等式，可判定B错误；根据函数的定义和奇偶性的定义，可判定C错误；根据函数零点的存在性定理，可判定D正确.
【详解】A中，由函数，令，可得，所以A正确；
B中，若，由，
当且仅当时，即时，显然不成立，所以B错误；
C中，由函数，则满足，解得，
即函数的定义域为，不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数，
所以C不正确；
D中，由函数，可得，
所以，所以函数在内必有零点，所以D正确.
故选：AD.
10. 下列命题为真命题的是（）
A. “”的否定为“”
B. 函数的单调递减区间为
C. 函数与函数是同一个函数
D. 若方程在区间上有实数解，则实数的取值范围为
【答案】BD
【解析】
【分析】由含量词命题的否定法则可直接判定选项A；先求定义域，再利用复合函数的同增异减的法则，可求出单调减区间，即可判定选项B；化简函数，即可判定选项C；通过分参法即可求解参数的范围，则选项D可判定.
【详解】“”的否定为“”，故选项A错误；
中，即
解得，则定义域，又的增区间为，
由复合函数同增异减可得函数的单调递减区间为，
故选项B正确；
由于，可知两者解析式不一致,
则函数与函数不是同一个函数，
故选项C错误；
由，可得，
又，则
，又，所以
故选项D正确；
故选：BD.
11. 给出定义：若（其中为整数），则叫做离实数最近的整数，记作，即. 在此基础上给出下列关于函数的四个命题：则下列命题中正确有（）
A. 的定义域是，值域是
B. 点是的图像的对称中心，其中
C. 函数满足
D. 函数在上是增函数
【答案】AC
【解析】
【分析】根据新定义，得到值域是，在对各选项由定义逐一判定即可.
【详解】因为，所以，
所以可得值域是，选项A正确；
由于，，
但是由于值域是，可知不是中心对称图形
故选项B错误；
，
选项C正确；
当时，单调增
当时，单调增，
可得分段函数在不单调，
故选项D错误.
故选：AC.
12. 已知函数的图象关于对称，且对，，当，且时，成立，若对任意恒成立，则实数的可能取值为（）
A. B. C. 0D. 1
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，得到函数为偶函数，且在上为单调递增函数，把不等式转化为对任意恒成立，当时，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为函数的图象关于对称，
所以函数的图象关于对称，可得函数为偶函数，
又因为当，且时，成立，
所以函数在上单调递增函数，
由对任意恒成立，所以对任意恒成立，
当时，恒成立；
当时，，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即实数的取值范围为，
结合选项，BCD项符合题意.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分.
13. 函数的定义域是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：
14. 已知函数f(x)＝为奇函数，则a＋b＝________.
【答案】0
【解析】
【详解】当x>0时，－x<0，f(－x)＝x2－x，－f(x)＝－ax2－bx，故x2－x＝－ax2－bx，所以－a＝1，－b＝－1，即a＝－1，b＝1，故a＋b＝0.
15. 已知，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求解即可.
【详解】因为，所以，
则．
因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立．
故答案为：
16. 设函数，则函数的零点的个数为_______．
【答案】
【解析】
【分析】分别画出函数和的图像，根据图像得出结论.
【详解】因为，所以，转化为，如图所示，画出函数和的图像，
当时，有一个交点，
当时，，此时，故是函数的一个零点，
因为，，满足，所以在有两个交点，
因为，，满足，所以在有两个交点，
因为，，，所以在内没有交点，
当时，恒有，所以两个函数没有交点
所以，函数的零点个数为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. （1）求值；
（2）解不等式；
（3）已知，求的值域.
【答案】（1）8; （2）（3）;.
【解析】
【分析】（1）可由指对数的运算公式直接求解；
（2）可将，化为，再求解即可；
（3）利用配方法可直接求解.
【详解】（1）
；
（2）由可得，
解得：，
所以不等式的解为；
（3），
又，可得
则函数的值域.
18. 已知函数（且）是定义在R上的奇函数.
（1）求及的值；
（2）求函数的值域.
【答案】（1）;.
（2）
【解析】
【分析】（1）可用特值法先求出的值，再检验是否是奇函数，再代值求；
（2）先分离常数得到，接着可用直接法，由的范围，得到的范围，再利用不等式的性质得到的范围，最后得到的范围，继而可求函数的值域.
【小问1详解】
因为函数（且）是定义在R上的奇函数，
所以，可得，则，
可得，
经检验：，
所以为奇函数,
.
【小问2详解】
,
因为所以继而
所以，
则，即，
所以函数的值域.
19. 已知函数是定义在上的奇函数，且．
（1）确定函数的解析式；
（2）用定义证明在上是增函数；
（3）解不等式：．
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】（1）由解出，可确定函数的解析式；
（2）用定义证明函数的单调性；
（3）利用奇偶性和单调性解不等式.
【小问1详解】
由题意，得，
∴（经检验符合题意），故．
【小问2详解】
证明 任取，且，
则．
∵，∴，，．
又，∴．∴，即，
∴在上是增函数．
小问3详解】
由（2）知在上是增函数，又在上为奇函数，
，∴，∴，
解得．∴不等式的解集为．
20. 已知函数.
（1）求函数的定义域，并判断函数的奇偶性；
（2）对于，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；为奇函数
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，即可求解；
（2）根据题意，利用对数函数的性质，转化为，不等式恒成立，结合换元法和对勾函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，则满足，解得或，
即函数的定义域为，关于原点对称，
又由，
所以函数在定义域上的奇函数.
【小问2详解】
解：因为对于，不等式恒成立，
所以对于，不等式恒成立，
所以对于，不等式组恒成立，
可得对于，不等式恒成立，
令，则函数在区间单调递增函数，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
21. 已知二次函数（，，为实数）．
（1）若的解集为，求不等式的解集；
（2）若不等式对任意恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合一元二次不等式的解集得到与的关系，从而解不等式即可求出结果；
（2）由题意可得，分、讨论进而结合不等式的性质以及均值不等式即可求出结果.
小问1详解】
因为的解集为，所以是方程的两个根，
所以，且，，可得，，
所以，解得，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
为二次函数，所以，
由得对任意恒成立，
可得，即，可得，
当时，，；
当，设，则，
则
，
当且仅当即且时等号成立，
所以的最大值为.
22. 已知函数．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）求所有的实数，当，使得对任意时，恒成立；
（3）若存在，使得关于的方程有三个不相等的实数根，求实数的取值范围．
【答案】（1）增区间为、，减区间为；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）写出的分段函数形式，结合二次函数的性质确定单调区间；
（2）令，问题化为在上恒成立，讨论、、、、，结合二次函数性质研究恒成立求参数范围；
（3）由题意，存在使有三个不相等的实数根，由时递增不符合，只需研究，结合二次函数、对勾函数性质及方程有解求参数范围.
【小问1详解】
由题设，对于在上递增；
对于，在上递增，在上递减；
所以增区间为、，减区间为.
【小问2详解】
由题设，若对任意时，恒成立，
令，在上恒成立，
当时，则，而开口向下且对称轴为，
若，即时，在上递增，此时最大值，不合题意；
若，即时，在上递增，在上递减，此时最大值，不合题意；
当时，此时，不合题意；
当时，则时递减，此时，
而时递增，此时即可，故，
所以，此时，满足题设；
当时，，且递增，此时，不合题意；
综上，.
【小问3详解】
由题设，存在，使关于的方程有三个不相等的实数根，
由（2）知，，在处连续，
当时，
开口向上且对称轴为，故上递增，
开口向下且对称轴为，故上递增，
此时，在整个定义域上递增，故不可能有三个不相等的实数根；
当时，此时，在、上递增，上递减，
此时，只需，
根据对勾函数的性质，在上递增，故，
存在，使有三个不相等的实数根，故.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意讨论参数a的范围，结合二次函数性质确定参数范围；第三问，首先判断出时递增，再研究研究的单调区间，数形结合求参数范围.