2023-2024学年安徽省六安第二中学河西校区高一上学期11月期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年安徽省六安第二中学河西校区高一上学期11月期中考试数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集，则下图中阴影部分表示的集合为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】阴影部分表示的集合为，而，则，故选D.
点睛：我们首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标，这是很关键的一步，第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集，在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响. 在求交集时注意区间端点的取舍. 熟练画数轴来解交集、并集和补集的题目.
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由特称命题否定改写规则可得答案.
【详解】根据“改量词，否结论”可得命题“”的否定是.
故选：D
3．对于实数，，有下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，，则，.其中真命题的个数是（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】A
【分析】根据不等式性质判断各命题的真假即可.
【详解】对于①：若，当时，，此时不成立，假命题；
对于②：若，可知，则有，真命题；
对于③：若，则，真命题；
对于④：由得，即，因为，所以，所以，
又，所以，真命题；
综上，真命题的个数是3.
故选：A
4．设函数，则（ ）
A．10B．9C．7D．6
【答案】C
【分析】依据分段函数的解析式，将9代入计算函数值.
【详解】．
故选：C.
5．定义运算 ，则函数的图象是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据定义将函数化为分段函数形式，再根据二次函数以及绝对值函数图象画图，即得结果.
【详解】由.
作出函数图象：
故选B.
【点睛】本题考查分段函数图象,考查基本分析识别能力.
6．若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据抽象函数的定义域求解即可.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，解得，
则函数的定义域为.
故选：A
7．不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简不等式为，结合分式不等式的解法，即可求解.
【详解】由不等式，可化为，解得，即不等式的解集为.
故选：B.
8．对满足的任意正实数、，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，可算出，再将最小值代入，即可求解
【详解】不等式恒成立
，，且
当且仅当，即时取等号
，即
解得
故实数的取值范围是
故选：C
二、多选题
9．以下各组函数中，表示同一函数的有（ ）
A．，B．，
C．，D．与
【答案】CD
【分析】判断函数的定义域和对应关系可得答案.
【详解】对于A，函数，函数，解析式不一样，故A错误；
对于B，函数的定义域为，函数的定义域为
或，定义域不一样，不表示同一函数，故B错误；
对于C，函数的定义域为，且，
的定义域为，且，所以表示同一函数，故C正确；
对于D，函数的定义域为，
且，与函数 表示同一函数，故D正确.
故选：CD.
10．，关于的不等式恒成立，则实数的值可以是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】BCD
【分析】结合一元二次不等式恒成立有，即可求范围.
【详解】，关于的不等式恒成立，所以，解得，
对照选项知实数的值可以是1,2,3.
故选：BCD
11．对于给定实数，关于的一元二次不等式的解集可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据二次方程根的大小分类讨论，即可求解二次不等式的解集.
【详解】二次不等式对应的方程为，两根为和，
当时，不等式的解为，
则一元二次不等式的解集为；
当时，不等式化为，无解，
则一元二次不等式的解集为；
当时，不等式的解为，
则一元二次不等式的解集为；
故选：ABC
12．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，且对任意的，且，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．是奇函数B．
C．的图象关于对称D．
【答案】BCD
【分析】根据函数的奇偶性和题设条件，推得是周期为4的周期函数，结合周期函数的性质求值，利用单调性比较大小，逐项判定即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，即函数关于对称，
故函数不是奇函数，故选项A错误，选项C正确；
由函数关于对称知，
又因为为偶函数，所以，即函数关于对称，
则，所以，即，
所以，所以是周期为4的周期函数，
所以，又，所以，
所以，所以，故选项B正确；
对任意的，且，都有，
所以函数在上单调递增，
又，所以，
所以，故选项D正确.
故选：BCD
三、填空题
13．当时，的最大值为 .
【答案】1
【分析】直接利用基本不等式即可求得最大值.
【详解】因为，所以，则，
所以，当且仅当即时，等号成立，
所以的最大值为1.
故答案为：1
14．已知奇函数在上的解析式为，则在上的解析式为 ．
【答案】
【分析】根据奇函数的定义和性质结合时的表达式，直接可得时的表达式.
【详解】因为是奇函数，
当时，，所以,
时，
故答案为：.
15．已知函数在区间上是减函数，则整数的取值为 ．
【答案】或
【分析】分别根据两个不同区间内函数的单调性求解出相应参数，再根据函数的整体单调性分析处函数值的特点，求解出参数的取值范围，最后确定答案.
【详解】函数在区间上是减函数，
则，解得，故整数的取值为或.
故答案为：或.
四、多选题
16．德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，该函数被称为狄利克雷函数，关于狄利克雷函数有如下四个命题，其中真命题的序号为（ ）
A．；
B．对任意，恒有成立；
C．任取一个不为零的有理数，对任意实数均成立；
D．存在三个点，，，使得为等边三角形；
【答案】BCD
【分析】根据函数性质直接判断即可.
【详解】A选项：若为有理数，则为有理数，，若为无理数，则为有理数，，A选项错误；
B选项：若为有理数，则为有理数，，若为无理数，则为无理数，，B选项正确；
C选项：若为有理数，则为有理数，，若为无理数，则为无理数，，C选项正确；
D选项：对任意有理数，存在三个点，，是边长为的等边三角形的三个顶点，D选项正确；
故选：BCD.
五、解答题
17．已知集合，非空集合．
(1)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简集合，由“”是“”得，列出不等式组即可求解；
（2）由交集的结果，结合数轴讨论即可.
【详解】（1）由题意，，解得，
．
由“”是“”的充分条件，得，
则，解得，
故实数的取值范围为．
（2）由题意，得，即，
由，得或，解得或，
或；
综上所述.
18．已知幂函数为偶函数.
(1)求的解析式；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用幂函数的定义求参数m，然后利用偶函数即可求解解析式.
（2）利用幂函数单调性解不等式即可，注意定义域的限制.
【详解】（1）由于函数是幂函数，故，
解得或，
当时，不是偶函数，不合题意；
当时，是偶函数，符合题意.故.
（2）由（1）知，则原不等式化为，
结合幂函数在上为增函数，得，
解得，即实数的取值范围为.
19．已知函数．
(1)求的解析式；
(2)判断函数在上的单调性，并给出证明．
【答案】(1)
(2)在上单调递增，证明见解析
【分析】（1）应用配凑法求函数的解析式；
（2）应用定义法证明函数的单调性即可.
【详解】（1），
所以．
（2），在上单调递增，
证明：设，
，
其中，，，所以，
所以，所以在上单调递增．
20．某园林建设公司计划购买一批机器投入施工．据分析，这批机器可获得的利润（单位：万元）与运转时间（单位：年）的函数解析式为（，且）．
(1)当这批机器运转第几年时，可获得最大利润？最大利润为多少？
(2)当运转多少年时，这批机器的年平均利润最大？
【答案】(1)这批机器运转第6年时，可获得最大利润，最大利润为27万元；
(2)当运转3年时，这批机器的年平均利润最大
【分析】（1）配方得到最值，得到答案；
（2）设出年平均利润为，表达出，利用基本不等式求出最值，得到答案.
【详解】（1），
因为，且，所以当时，取得最大值，
故这批机器运转第6年时，可获得最大利润，最大利润为27万元；
（2）设年平均利润为，
因为，且，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故当运转3年时，这批机器的年平均利润最大.
21．已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的值域；
(2)若函数在区间上的最小值记为，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）把代入，利用函数单调性结合二次函数的性质求出最值即得.
（2）求出函数图象的对称轴，再按分类讨论，并借助单调性求出最小值即可.
【详解】（1）当时，，函数的图象对称轴为，
则在上单调递减，在上单调递增，
于是，，
所以函数在区间上的值域为.
（2）函数图象的对称轴为，
当，即时，在上单调递增，则；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则；
当，即时，在上单调递减，则，
所以．
22．已知函数在定义域上恒为正，，对任意的，都有，当时，.
(1)求，的值；
(2)用定义证明：为上的减函数；
(3)求不等式的解集.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用赋值法即可求解函数值.
（2）利用单调性的定义证明即可.
（3）把原不等式化为，然后利用单调性解不等式即可.
【详解】（1）令，则，又，所以.
因为，所以.
（2）在上单调递减.证明如下：
设，则
，
又，所以，所以，
又，所以，即，
所以为上的减函数.
（3）由（1）知，则即，
又在上单调递减，所以，解得，
所以不等式的解集为.