2023-2024学年北京市延庆区高一上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市延庆区高一上学期期中考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．5B．C．D．
【答案】B
【分析】根据补集运算即可.
【详解】因为全集，集合，
所以，
故选：B
2．已知命题，则是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据全称命题的否定即可得解.
【详解】由全称命题的否定知，
命题，则：.
故选：C
3．下列函数中在上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由函数的单调性逐一判断即可求解
【详解】对于A：在上单调递减，故A错误；
对于B：在上单调递增，故B正确；
对于C：在上单调递增，故C错误；
对于D：在上单调递减，故D错误；
故选：B
4．下列函数中是偶函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据偶函数的定义逐项判断即可.
【详解】对于A：的定义域为R，，故为偶函数，A正确；
对于B：的定义域为R，，即，或，故为非奇非偶函数，B错误；
对于C：的定义域为，故为非奇非偶函数，C错误；
对于D：因为，即，所以，故为奇函数，D错误.
故选：A.
5．函数有（ ）
A．最小值B．最大值
C．最小值4D．最大值4
【答案】C
【分析】利用均值不等式求最值即可得解.
【详解】因为，
所以，当且仅当，即时等号成立，
故函数最小值为4，无最大值.
故选：C
6．已知且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取特殊值判断ABC，根据不等式的性质判断D.
【详解】当时，，故A错误；
当时，不成立，故B错误；
当时，不成立，故C错误；
由可得，所以，
所以，即，故D正确.
故选：D
7．下面是的解集的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】绝对值不等式分类讨论即可.
【详解】等价于或者，
解得或者，
故选：D
8．已知不等式的解集为，则的值分别为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将一元二次不等式的解集转化为一元二次方程的系数与根的关系，根据韦达定理列方程组即可求解.
【详解】因为不等式的解集为，所以方程的两个根分别为1，2，
由判别式和韦达定理可得，即.
故选：A.
9．是上奇函数，满足，在是减函数，则的解集为（ ）
A．或
B．或
C．或
D．或
【答案】A
【分析】结合函数在的奇偶性，单调性和零点判断在上的单调性和零点，再结合不等式的性质即可求解.
【详解】因为是上奇函数，满足，在是减函数，所以在减函数，且，
由得或，由得或，
又，则，即，或，即.
所以的解集为或.
故选：A.
10．若集合中恰有个元素，则称函数是“阶准偶函数”.若函数是“2阶准偶函数”，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据“2阶准偶函数”定义，分，，三种情况分析即可得答案.
【详解】根据题意，函数是“阶准偶函数”，
则集合中恰有个元素.
当时，函数有一段部分为，注意的函数本身具有偶函数性质，故集合中不止有两个元素，矛盾，
当时，根据“阶准偶函数”的定义得的可能取值为或，为，故当，方程无解，当，解得或，故要使得集合中恰有个元素，则需要满足，即；
当时，函数，的取值为，为，根据题意得,解得或，满足恰有两个元素，故满足条件.
综上，实数的取值范围是.
故选：B.
二、填空题
11．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】利用函数有意义，列出不等式求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：
12．已知函数，则 .
【答案】
【分析】根据解析式直接代入即可.
【详解】因为，所以.
故答案为：.
13．写出成立的一个充分不必要条件 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据充分不必要条件的要求，所求应该为的真子集，根据真子集要求写出答案.
【详解】因为，所以，
所以成立的一个充分不必要条件构成的集合为的真子集，
所以充分不必要条件可以为（答案不唯一），
故答案为：（答案不唯一）.
三、双空题
14．.①若，求 .②若在上单调递增，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】①根据自变量所在的分段区间代入相应解析式求值即可；②在上单调递增，首先在各分段区间上单调递增，再比较区间端点处的取值大小.
【详解】①若，则，
由，则；
②若在上单调递增，
则，解得，或.则的取值范围是.
故答案为：.
四、填空题
15．设函数的定义域为，若对任意的，都有，则称满足“条件”，则下列函数满足“条件”的是 .
①；
②；
③；
④.
【答案】②③
【分析】根据“L条件”的定义，结合特殊值法、函数的单调性、最值等对各个命题逐一分析，即可判断得解.
【详解】对于①，，，取，，则，
因此函数不满足“L条件”；
对于②，，，由对勾函数性质知，函数在上递减，在上递增，
则，，
因此对任意的，都有，则，满足“L条件”；
对于③，在上单调递减，在上单调递增，，
，，因此，
，则满足“L条件”；
对于④，，取，，则，
因此函数不满足“L条件”，
所以满足“条件”的函数是②③.
故答案为：②③
五、解答题
16．已知全集为实数集，集合.
(1)若，求和；
(2)若，用列举法表示集合，并写出集合的所有子集；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)，子集见解析；
(3).
【分析】（1）直接写出集合，再求即可.
（2）先写出集合，再直接写出集合的所有子集即可；
（3）由得出，再列出不等式计算即可.
【详解】（1）若，，
则，；
（2）若，则，
的所有子集为：.
（3）若，则，
则，
17．已知函数.
(1)若，判断函数的奇偶性，并写出方程的解集；
(2)若，解不等式：；
(3)若，命题，当为真命题时，求实数的取值范围.
【答案】(1)奇函数；
(2)或
(3)
【分析】（1）先利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再解方程得的解集.
（2）将代入后解分式不等式即可.
（3）将为真命题，转化为一元二次不等式恒成立问题即可求解.
【详解】（1）将代入可得，定义域为R，
，所以为奇函数.
由得，即，解得或，
故方程的解集为.
（2）将代入可得，定义域为R，
由得，整理得，即，
此不等式与同解，解得或.
故不等式的解集或.
（3）因为为真命，所以不等式，即在R上恒成立，
因此，，即，解得 ，
故实数的取值范围.
18．已知函数.
(1)若，写出不等式的解集；
(2)从下列条件中只选出一个条件作答，使得函数在上有最小值，把选出的条件填在横线上，并写出的单调区间及最小值；__________.（若选择的条件没有最小值，则本小题不得分）
①；②；③
(3)解关于的不等式.
【答案】(1)；
(2)条件选择，答案见解析；
(3)答案见解析.
【分析】（1）把代入，解一元二次不等式即得.
（2）求出函数在上有最小值的条件，再选条件求出最小值及单调区间.
（3）分类讨论解一元二次不等式即得.
【详解】（1）当时，，由，得，解得或，
所以不等式的解集是.
（2）函数的图象对称轴为，由函数在上有最小值，得，
选条件②，，函数，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，.
选条件③，，函数，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，.
（3）不等式，化为，即，
当时，，解得；
当时，不等式无解；
当时，，解得，
所以当时，原不等式解集为；当时，原不等式解集为；当时，原不等式解集为.
六、未知
19．已知函数：.
(1)若关于的方程有且仅有一个根，求的值；
(2)求函数的定义域，判断其在的单调性，并用定义法证明；
(3)设关于的函数，；若有最小值，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)定义域为，函数在上单调递减，证明见解析；
(3)
【分析】（1）根据一元二次方程有且仅有一个根需满足即可求解；
（2）根据分母不能为0求出定义域，再根据定义法判断函数单调性；
（3）画出图像，根据图像判断的取值范围即可.
【详解】（1），因为方程有且仅有一个根，
所以，解得；
（2）需满足，所以得定义域为；
在上单调递减，证明如下：
设是函数区间上的任意两点且满足，
则，
因为，所以，所以，
所以在区间上单调递减；
（3）如图所示，
要使得若有最小值，因为定义域为开区间，取不到端点，所以函数的最小值为点时取到，
所以需满足，解得
七、解答题
20．已知方程组的解集为.
(1)若方程组的一个解为，求的值；
(2)若时，求；
(3)当时，，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)1或
【分析】（1）将程组的一个解代入方程组，解方程组得的值.
（2）将代入方程组，消去后得到一元二次方程，利用韦达定理求和的值，最后利用即可求解.
（3）将利用条件转化为一元二次方程的系数与根的关系，再利用求的值.
【详解】（1）因为方程组的一个解为，所以，解得.
故.
（2）若时，则，得，整理得，
因为，所以方程有两个不相等的实数根，即 ，由韦达定理得，
所以.
故.
（3）当时，整理得，
因为当时，，所以方程有两个不相等的实数根，即 ，由韦达定理得，
，
把代入可得，
又因为，所以，
整理得，解得，，
因为，所以或.
【点睛】不解方程，利用一元二次方程根与系数的关系求关于的代数式的值，关键是把所给的代数式经过恒等变形，化为含的形式，然后的值代入，即可求出所求代数式的值.
常见的代数式变形有：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）；
（5）.
21．对于一个所有元素均为整数的非空集合，和一个给定的整数，定义集合.
(1)若，直接写出集合和；
(2)若，其中，求的值，使得集合中元素的个数最少（直接写出答案，不需要说明理由）；
(3)若和都是自然数，集合时，求出使得成立的所有和的值，并说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)，或，，理由见解析
【分析】（1）根据题意，集合，利用列举法，即可求得；
（2）由，得到，得到时，此时中的元素个数最少，分类讨论，即可求解；
（3）根据题意，分、和三种情况分类讨论，结合题设条件，即可求解.
【详解】（1）由题意，集合，且，
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得.
（2）由题意，集合，
对于，其中，
当时，此时中的元素个数最少，
若为奇数，则时，中的元素个数最少；
若为偶数，则或时，中的元素个数最少.
（3）若时，可得，此时，且，所以；
若时，可得，要使得且，
则，即.
若时，此时，显然中有很多自然数空缺，所以不成立.
综上可得：，或，.
【点睛】关键点点睛：对于集合新定义问题，关键在于理解所给新定义，根据所给新定义，创新性解决问题.