2023-2024学年河北省石家庄市第十七中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河北省石家庄市第十七中学高一上学期期中数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再由交集运算可得.
【详解】，
又，则.
故选：B.
2．若命题p：，，则为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据题意，由存在量词命题的否定是全称量词命题，即可得到结果.
【详解】因为命题p：，，所以为，，
故选：B.
3．下列函数既是奇函数，又是增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的奇偶性以及单调性，即可根据选项逐一求解.
【详解】对于A,由指数函数的性质可知为非奇非偶函数，故A错误，
对于B，由反比例函数的性质可知在和均为单调递减函数，故B错误，
对于C，的定义域为，由于所以为偶函数，故C错误，
对于D，的定义域为，且，故为奇函数，又为上的单调递增函数，故D正确，
故选：D
4．若，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分、必要性定义，结合特殊值、基本不等式判断条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由，，显然时，不成立，充分性不成立；
由，，而，则，当且仅当时等号成立，必要性成立；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
5．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
6．设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
【答案】A
【分析】根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，
再根据函数的单调性法则，即可解出．
【详解】因为函数定义域为，其关于原点对称，而，
所以函数为奇函数．
又因为函数在上单调递增，在上单调递增，
而在上单调递减，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递增．
故选：A．
【点睛】本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题．
7．已知函数的定义域为，满足，当，且时，恒成立，设，，（其中），则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得函数的图象关于对称，且在上是减函数，根据函数的对称性的单调性比较大小即可.
【详解】因为，所以函数的图象关于对称，
因为当，且时，恒成立，
所以函数在上是减函数，
又，，且，
所以.
故选：D.
8．已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】参变分离可得恒成立，结合基本不等式求出的最小值，即可求出参数的取值范围.
【详解】因为恒成立，即恒成立，
所以恒成立，又由（当且仅当时取等号），
所以．
故选：A．
9．设，则大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据指数幂的运算可得，即可得，再利用指数函数单调性可得，即可得结论.
【详解】易知均大于零，
又，显然，可得；
又，，所以，可知.
故选：C
10．已知函数，设，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的单调性情况，及分段函数在每段内的最值情况可得与的取值范围及与间关系，进而可得，利用换元法可得取值范围.
【详解】由，易知函数在和上分别单调递增，
所以，
又当时，，
因为，
则，，即，，
又，所以，
所以，
设，则，，
所以，
故选：C.
二、多选题
11．若集合，满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据结合集合的交并补运算法则依次计算每个选项得到答案.
【详解】对选项A：，则，正确；
对选项B：，则，错误；
对选项C：，，则，正确；
对选项D：，则，，正确；
故选：ACD.
12．下列函数值域为的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据一次函数的性质，可直接判断；根据，可判断；对于，函数解析式分离常数后即可求出值域，进而可判断；根据基本初等函数的单调性可判断.
【详解】因为函数的值域为,故错误；
因为，
故函数的值域为，故正确；
因为，
故函数的值域为，则错误；
因为函数在上均单调递增，
所以当时，有最小值，
故函数的值域为，故正确，
故选：
13．若正实数a，b满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】利用基本不等式逐项判断即可.
【详解】对于A，因为正实数a，b，，
所以，当且仅当时取等号，所以A正确；
对于B，，
当且仅当时取等号，所以B错误；
对于C，，所以，
当且仅当时取等号，故C错误；
对于D，，
所以，当且仅当时取等号，所以D正确；
故选：AD
14．将某几何图形置于坐标系中，直线从左向右扫过，将该几何图形分成两部分，其中位于直线左侧部分的面积为，若函数的大致图象如图所示，则该几何图形可以是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据函数图像确定面积增速的变化情况，进而确定各选项.
【详解】由已知图像可知面积的增速经历三种变化，
首先面积增速越来越大，之后面积匀速增加，最后面积增速越来越小，
A选项：由圆的性质可知，面积的增速先越来越大，后越来越小，A选项错误；
B选项：面积增速越来越大，之后面积匀速增加，最后面积增速越来越小，B选项正确；
C选项：面积增速越来越大，之后面积匀速增加，最后面积增速越来越小，C选项正确；
D选项：面积增速越来越小，之后面积匀速增加，最后面积增速越来越大，D选项错误；
故选：BC.
15．定义在上的函数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为奇函数
C．
D．在区间上有最大值
【答案】ABC
【分析】利用赋值法对ABC进行逐项分析判断即可；对于D选项，结合题意及函数的特征，可设，即可判断.
【详解】对于A，依题意，取，可得，解得，故A正确；
对于B，由于函数的定义域为，在中，取，可得，所以，则函数为奇函数，故B正确；
对于C，取，由可得：，则有，故C正确；
对于D，由于函数为定义在上的奇函数，且，若，则在区间上单调递减，所以函数在区间上的最大值为，故D错误.
故选：ABC.
16．当时，下列不等式中不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】由幂函数和指数函数的单调性比大小即可.
【详解】为减函数，
又，均错；
又和均为增函数，B错；
对于D，，而，∴D正确.
故选：.
【点睛】本题考查比大小问题，属于压轴题.关键在于构造函数，利用幂函数与指数函数的单调性解决问题即可.
三、填空题
17．已知函数，则 ．
【答案】6
【分析】直接代入计算即可.
【详解】，
故答案为：6.
18．函数的单调减区间为 ．
【答案】
【分析】根据复合函数的单调性服从同增异减原则即可.
【详解】令，则，
因为在上递增，在上递减，
又因为在上递增，所以的单调减区间为，
故答案为：
19．已知函数是定义在上的偶函数，在区间上单调递增，且，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】由题意，根据函数的奇偶性和单调性解不等式、，进而由由可得或，解之即可.
【详解】因为函数是定义域为R上的偶函数，且在上单调递增，，
所以，即，得，解得；
，即，得，解得或；
由，得或，即或，
解得或.
所以不等式的解集为.
故答案为：.
20．已知函数，若存在非零实数，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意，转化为在上存在根，结合二次函数的图象与性质，列出不等式，即可求解.
【详解】设，则，使得成立，
即在上存在根，
设，则的图象与的非负半轴有公共点，
因为对称轴的方程为，只需，即，
设，则，使得成立，
即，即在上存在根，
设，则的图象与的负半轴有公共点，
因为对称轴的方程为，只需，即，
综上可得，实数的取值范围为．
故答案为：．
四、问答题
21．（1）计算：；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）108；（2）2
【分析】根据指数的运算性质分别计算即可.
【详解】（1）原式
；
（2）因为，所以，
所以.
五、应用题
22．退耕还林工程就是从保护生态环境出发，将水土流失严重的耕地，沙化、盐碱化、石漠化严重的耕地以及粮食产量低而不稳的耕地，有计划，有步骤地停止耕种，因地制宜的造林种草，恢复植被．某地区执行退耕还林以来，生态环境恢复良好，年月底的生物量为，到了月底，生物量增长为．现有两个函数模型可以用来模拟生物量（单位：）与月份（单位：月）的内在关系，即且）与．
(1)分别使用两个函数模型对本次退耕还林进行分析，求出对应的解析式；
(2)若测得年月底生物量约为，判断上述两个函数模型中哪个更合适．
【答案】(1)答案见解析
(2)更合适
【分析】（1）根据题意，列出方程求解即可；
（2）根据（1）所求结果，分别计算月份，生物量的值，结合题意即可判断.
【详解】（1）若选，由题意有，解得，所以
若选，由所以，
（2）若用，当时，,
若用，当时，,
所以用模型更合适.
六、问答题
23．设函数（，且）是定义域为的奇函数，且的图象过点．
(1)求t和a的值；
(2)若，求实数k的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)直接利用奇函数性质可得到的值，再代回解析式看是否符合奇函数的条件，由函数过点代入求a.
(2)利用奇函数的性质可得，再由函数单调性脱去“”，转化为二次不等式恒成立求解即可.
【详解】（1）因为函数（，且）是定义域为的奇函数，
所以，所以，
所以，解得，
所以，
因为函数的定义域为关于原点对称，且，
所以函数是奇函数，故满足题意，
又因为的图象过点，
所以，，且，
解得或（舍去），
综上t和a的值分别为2，2.
（2）由（1）可知函数是奇函数，
所以不等式等价于，
因为指数函数在上单调递增，
所以由复合函数单调性可知在上单调递增，
所以不等式等价于，
即，不等式恒成立，
当且仅当，解得，
所以实数k的取值范围为.
七、证明题
24．设，函数．
(1)若，求函数在区间上的最大值；
(2)若，写出函数的单调区间（不必证明）；
(3)若存在，使得关于的方程有三个不相等的实数解，求实数的取值范围．
【答案】(1)9
(2)单调递增区间为和，单调递减区间为
(3)
【分析】（1）当时，，结合去绝对值求每段区间上的最值即可；
（2）采用去绝对值解法，写出分段函数，画出函数大致图象，判断函数增减区间即可；
（3），分析二次函数的对称轴与的大小关系，确定的单调性，画出函数图象，数形结合得出关于参数的不等式求解即可.
【详解】（1）当，时，，
当时，函数为增函数，；
当时，函数为增函数，；
所以函数在区间上的最大值为9.
（2）当时，，
当时，函数对称轴为，所以当时，单调递增；
当时，函数对称轴为，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
综上所述，当和时，函数单调递增，当时，函数单调递减；
（3）当时，
函数的对称轴，所以函数在时单调递增，
函数的对称轴，则在时，单调递增，在时，单调递减，
函数图象如图所示:
要使有三个不相等的实数根，即应介于如图所示两虚线范围之间，
而，，
即，
化简得，即存在，使得上式成立.
只需.
令，设，
则，
由得，，故，所以，
所以在为增函数，所以当时， ，
故，故