2023-2024学年江西省高安中学三市八校联盟高一上学期期中联考数学试卷含答案

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考试范围：第一、二、三章，第四章前2节考试时间：
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每题给出的四个选项中，第1-8小题只有一个选项正确，9-12题有多个选项正确.全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求解一元二次不等式，解得集合，再求交集即可.
【详解】集合，
，则，
所以由交集运算可得.
故选：A.
【点睛】本题考查交集的运算，涉及一元二次不等式的求解，属综合简单题.
2. 下列各组函数是同一函数的是（）
①f（x）=-2x-1 与g（s）=-2s-1
②f（x）=与g（x）=x
③f（x）=与g（x）=
④f（x）=x与g（x）=
A. ①②B. ①③C. ①④D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的三要素：定义域、值域、对应关系即可求解.
【详解】对于①，函数f（x）=-2x-1 与g（s）=-2s-1的定义域都是，
对应关系相同，虽然自变量不同，但仍然是同一函数，所以正确；
对于②，函数f（x）=与g（x）=x定义域是，
当f（x）=，对于关系不同，故不是同一函数；
对于③，函数f（x）=与g（x）=定义域均为，
化简f（x）=，g（x）=，故函数为同一函数；
对于④，函数f（x）=x与g（x）=的定义域均为，
但g（x）=，故不是同一函数，
同一函数为①③
故选：B
【点睛】本题考查了函数的三要素，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.
3. 设，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式，先求，再求即可．
【详解】由解析式知：，
∴．
故选：B．
4. 已知，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，根据指数函数性质即可得的大小关系.
【详解】解：，
因为，
所以，因此.
故选：B.
5. 已知函数是上的增函数，，是其图象上的两点，那么的解集是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】去绝对值,将2换成,-2换成,再利用函数的单调性，解出不等式即可.
【详解】因为.
所以
即.
又函数是上的增函数.
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查利用函数的单调性解不等式.解本题的关键在于熟练掌握绝对值不等式的解法,与函数单调性的使用.函数单调递增、、这三个条件其中任意两个可以说明另外一个.属于基础题.
6. 命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出命题为真的充要条件，然后根据必要不充分条件的定义判断．
【详解】当时，，
则当时，取得最大值，依题意，，解得，
因此命题“，”为真命题的充要条件是，C不是；
显然，分别是该命题为真命题的一个充分不必要条件，AB不是；
是该命题为真命题的一个必要不充分条件，D是．
故选：D
7. 已知函数（其中）的图象如图所示，则函数的图象是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数图象上特殊点的正负性，结合指数型函数的性质进行判断即可.
【详解】由图象可知，所以，
因为，所以由(1)可得：，由(3)可得：，所以，
由(2)可得：，所以，
因此有，所以函数是减函数，
，所以选项A符合.
故选：A.
8. 已知函数，若对任意的正数、，满足，则的最小值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析函数的单调性和奇偶性，可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，
因为，即函数为奇函数，
又因为，且函数在上为增函数，
所以，函数在上为增函数，
对任意的正数、，满足，则，
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.
故选：B.
9. 已知幂函数，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 恒过定点
C. 若时，关于轴对称D. 若时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据为幂函数，可求得a值，即可判断A的正误；根据幂函数性质，可判断B的正误；当时，根据偶函数的定义及性质，可判断C的正误；根据m的范围，可得范围，根据幂函数的性质，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】因为为幂函数，
所以，解得，故A正确；
则，故恒过定点，故B正确；
当时，，，
所以为偶函数，则关于轴对称，故C正确；
当时，，则在上为增函数，
所以，故D错误.
故选：ABC
10. 对于实数a、b、c，下列命题正确的是（）
A. 若，B. 若，则
C. 若，则D. 若，，则，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据不等式的性质以及利用作差法，即可判断选项.
【详解】A.当时，，故A错误；
B.若，则，且，即，故B正确；
C. ，
因为，所以，，，
所以，即，故C正确；
D.若，，则，且，则，可知，故D正确.
故选：BCD
11. 定义域为R的函数满足，且当时，.以下结论正确的是（ ）
A. 为奇函数B. 为偶函数
C. 为增函数D. 为减函数
【答案】AC
【解析】
【分析】
由题意，令x=y=0，可求得，令y=-x，代入条件，可求得的奇偶性，任取，且，利用定义法，结合题意，即可证明的单调性
【详解】因为对于任意x，y都有，
令x=y=0，则，即，
令y=-x，则，所以，
所以为奇函数，故A正确，
任取，且，
则，
因为，所以，
所以，即，
所以在R上单调递增函数，故C正确，
故答案为：AC
12. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德､牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，，则下列叙述正确的是（）
A. 是偶函数B. 在上是增函数
C. 的值域是D. 的值域是
【答案】BD
【解析】
【分析】依题意可得，再根据指数函数的性质判断函数的单调性与值域，距离判断B、D，再根据高斯函数的定义求出的解析式，即可判断A、D.
【详解】解：因为，定义域为，
因为在定义域上单调递增，且，又在上单调递增，
所以在定义域上单调递增，故B正确；
因为，所以，所以，则，
则，即，故C错误；
令，即，解得，
所以当时，
令，即，解得，
所以当时，当时，
所以，
所以的值域是，故D正确；
显然，即不是偶函数，故A错误；
故选：BD
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数(且)的图象恒过的定点是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，令，即可求出所过定点.
【详解】令，求得，，
可得函数(且)的图象恒过的定点，
故答案为:.
【点睛】本题主要考查了指数函数过定点问题，属于容易题.
14. 函数的图象如图所示，则不等式的解集是________．
【答案】
【解析】
【分析】用一元二次方程根与系数的关系可得，由此化简要求的不等式为，从而求出它的解集．
【详解】由图知，解得：，
则不等式，可得，即，
，所以解集为.
故答案为：
15. 已知，则_______________．
【答案】3
【解析】
【分析】
由可得，，，代入数据计算即可得出．
【详解】解：因为，
所以，
即，
所以，
即，
所以，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了指数与指数幂的运算，属于中档题．
16. 已知，，，则下列正确的序号是________.
①的最小值为②的最大值为
③的最小值为6 ④的最大值为8
【答案】①③④
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式，结合配凑思想逐一判断各个命题即得.
【详解】对于①，，
当且仅当，即时取等号，①正确；
对于②，由已知得，则有，而，
解得，因此，当且仅当时取等号，②错误；
对于③，由，得，
当且仅当，即，时取等号，③正确；
对于④，由②知，，
整理得，令，则，
解得，则，当且仅当，即，时取等号，④正确，
所以正确的序号是：①③④.
故答案为：①③④
三、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. 已知全集，集合，.
（1）当时，求；
（2）已知“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）或.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合运算法则进行运算即可；（2）把条件转化为集合之间的关系，列出不等式，解出即可.
【小问1详解】
当时，，
又，则或，
所以或.
【小问2详解】
由“”是“”的必要条件，知，
当时，显然，则，即；
当时，由得，即，
综上，，即实数的取值范围为
18. 计算：
(1).
(2)；
【答案】(1) (2)
【解析】
【分析】(1)根据指数幂的运算性质进行运算即可得到;
(2)根据对数的运算性质以及对数恒等式,换底公式进行运算可得答案.
【详解】(1)
＝
＝
(2)lg3+lg25+lg4++lg23•lg34
=lg3﹣1+2lg5+2lg2+2+•2lg32
=﹣+2+2+2
=；
【点睛】本题考查了指数幂的运算性质,考查了对数的运算性质,考查了对数恒等式,换底公式,属于基础题.
19. （1）求函数的定义域.
（2）已知二次函数满足,求的解析式:
（3）已知函数，求在区间的值域;
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目特征得到不等式，求出定义域；
（2）设出二次函数解析式，从而得到方程组，求出解析式；
（3）换元法得到，从而求出值域.
【详解】（1）由题意得，解得且，
故定义域为；
（2）设，
故
，
因为，所以，
解得，故；
（3）令，则，
故，
故，
因为，所以当时，取得最小值，最小值为，
当时，取得最大值，最大值为，
综上，在区间的值域为.
20. 定义在上的奇函数，已知当时，＝.
（1）求在上的解析式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，求得，再由奇函数的定义，结合已知解析式，可得在上的解析式；
（2）由题意可得在时恒成立，由参数分离和指数函数的单调性，结合恒成立，可得的取值范围．
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，时，，
所以，解得，
所以时，，
当时，，
所以，
又，
所以，，
即在上的解析式为；
【小问2详解】
因为时，，
所以可化为，
整理得，
令，根据指数函数单调性可得，
与都是减函数，
所以也是减函数，
，
所以，
故数的取值范围是.
21. 已知定义在R上的函数
（1）判断函数的奇偶性；
（2）解不等式；
（3）设函数，若，，使得，求实数m的取值范围．
【答案】（1）是奇函数
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义分析证明；
（2）根据单调性的性质可得是R上减函数，利用奇偶性结合单调性分析求解；
（3）根据指数函数性质结合不等式运算可得的值域，由恒成立问题可得，换元设，结合二次函数的最值运算求解.
【小问1详解】
因为定义域是R，且，
所以是奇函数.
【小问2详解】
设，则，
因为在R上递增，且在上递减，
所以是R上减函数，
又因为在R上是奇函数，
则可转化为，
且在R是减函数，则，整理得，
解得或，可得或，
所以不等式的解集为或.
【小问3详解】
由题意可得：
因为，即，则，可得，
所以的值域是，
若，，使成立，只需，
设，，
则
可知在上单调递增，
可知：，即时，取到最大值为，
所以，解得，
所以实数m取值范围.
22. 已知函数，其中.
（1）当时，设，，求的解析式及定义域；
（2）当，时，求的最小值；
（3）设，当时，对任意恒成立，求的取值范围.
【答案】（1），其定义域；（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题意可得，而，于是可得的解析式及定义域；
（2）当时，利用函数在上单调递增，即可求得；
（3）由题意可求得设，则，此时，由函数在上单调递增，可求及，又对任意恒成立，即可求得的取值范围．
【详解】（1）设，则，当且仅当时取等号，
此时，即
，其定义域为；
（2）由（1）知，当时，，
函数在上单调递增，
∴；
（3）设，则，
当且仅当时取等号，显然
且当和时，都有
此时，
其中
函数在上单调递增，
∴
∴
又对任意恒成立，
∴，即，
注意到，∴即为所求.
【点睛】本题考查基本不等式，考查函数恒成立问题，考查二次函数的性质，考查综合分析与运算能力，难度大，属于难题．