2023-2024学年甘肃省兰州市西北中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年甘肃省兰州市西北中学高一上学期期中数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，作图题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，集合，那么＝（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】首先求出集合，再根据交集、补集的定义计算可得.
【详解】由，解得或，
因为，又，
所以，
则.
故选：C
2．下列表示正确的个数是（ ）
（1）；（2）；（3）；（4）若，则．（5）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】根据元素与集合的关系、集合与集合的关系、交集、子集等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】空集没有元素，所以正确，也即（1）正确；
空集是任何集合的子集，所以正确，也即（2）正确；
由解得，所以，所以（3）错误；
若，即是的子集，所以，所以（4）正确；
根据元素与集合的关系可知正确，也即（5）正确.
所以正确的个数是.
故选：A
3．已知命题．则（ ）
A．p为真命题，命题p的否定：
B．p为假命题，命题p的否定：
C．p为真命题，命题p的否定：
D．p为假命题，命题p的否定：
【答案】B
【分析】由题设即可判断原命题的真假，再由特称命题的否定：存在改任意并否定原结论，即可得答案.
【详解】由，即，显然不可能成立，
所以p为假命题，
由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为.
故选：B
4．已知幂函数的图象过点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据待定系数法求解，即可代入求解.
【详解】设，则，
所以，故，
故选：C
5．已知函数，且，则（ ）
A．7B．5C．3D．4
【答案】A
【分析】利用凑配法求函数的解析式，代入即可求解.
【详解】,
.
,解得．
故选：A.
6．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据指对幂函数的单调性以及中间值进行比较即可.
【详解】由单调递减可知：，即；
由单调递增可知：，即
所以.
故选：D.
7．设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性、单调性分析运算即可得解.
【详解】解：∵奇函数在上为增函数，且，
∴在上为增函数，，
则不等式等价为不等式，即.
∴当时，，由函数在上为增函数，得：；
当时，，由函数在上为增函数，得：；
∴不等式的解集为.
故选：B.
8．十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”它在现代数学的发展过程中有着重要意义，若函数，则下列实数不属于函数值域的是（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】C
【分析】根据已知条件求出，利用分段函数分段处理及函数值域的定义即可求解.
【详解】由题意可知
所以，，，而无解.
故选：C.
二、多选题
9．已知函数， 关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域为B．的值域为
C．D．若， 则的值是
【答案】BC
【分析】根据分段函数解析式可得到其定义域，判断A选项，分别在各自自变量范围内，求解其函数范围，最后取其并集，为最终值域，即可判断B选项，将代入，可判断C，在各自范围内，令其等于3，得到或，即可判断D选项.
【详解】由分段函数解析式可知其定义域为，故A错误；
当时，此时，在上单调递增，则此时；
当时，此时，对称轴为，则，且，故此时，
故值域为，作出如图所示图象，故B正确；
，故C正确，
当时，，；当时，，（舍去另一个负值），
故若,则的值是或，故D错误；
故选：BC.
10．下列命题是真命题的是（ ）
A．函数的最小值是2
B．若，则的最小值是8
C．已知，都是正数，若，则的最大值是
D．
【答案】BCD
【分析】结合可判断A选项；结合基本不等式可判断BC选项；，进而结合对勾函数的单调性即可判断D选项.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，由，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是8，故B正确；
对于C，因为，都是正数，所以，即，
当且仅当，即，时等号成立，所以的最大值是，故C正确；
对于D，令，即，
因为函数在上单调递增，所以，
即，故D正确.
故选：BCD.
11．下列命题中正确的是（ ）
A．函数 在(0，+∞)上是增函数
B．函数 在上是减函数
C．函数 的单调递减区间是
D．已知在R上是增函数， 若 ，则有.
【答案】AD
【分析】根据函数的定义域及单调性分别判断各选项.
【详解】A选项：对称轴为，函数的单调递增区间为，
又，所以函数在上是增函数，A选项正确；
B选项：函数在和上单调递减，
因为
函数 在上不是减函数，B选项错误；
C选项：定义域为，且函数的对称轴为，
所以函数的单调递减区间为，C选项错误；
D选项：在上是增函数，若，则，，
所以，，则，D选项正确；
故选：AD.
12．若关于x的一元二次方程有实数根，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，，
B．
C．当时，
D．二次函数的零点为2和3
【答案】ABD
【分析】当时，，解方程即可判断选项A，有实数根，，且，根据即可判断选项B，数形结合由图像与图像交点横坐标可判断选项C，由展开得：，先利用韦达定理求出代入可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】对于A，易知当时，的根为2，3，故A正确；
对于B,设，因为的图像与直线有两个交点，所以，故B正确；
对于C,当时，的图像由的图像向下平移个单位长度得到，，故C错误；
对于D，由展开得：，利用韦达定理求出代入可得，所以二次函数的零点为2和3，故D正确．
故选:ABD．
三、填空题
13．不等式的解集是
【答案】
【分析】移项通分，再转化为一元二次不等式求解即得.
【详解】不等式化为：，即，因此，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：
14．已知函数，则= .
【答案】1
【分析】根据给定的分段函数，分段代入计算即得.
【详解】函数，则，
所以.
故答案为：1
15．不等式的解集为 .
【答案】
【分析】转化为同底的指数不等式，利用函数的单调性可求答案.
【详解】原不等式可化为：
根据指数函数是增函数得：
解得：，
故答案为：
16．若函数的定义域为，则实数的取值集合是 .（用区间表示）
【答案】
【分析】由题意知对任意实数恒成立，最高次项系数含参问题，考虑参数是否为零，分情况讨论.
【详解】若函数的定义域为，则对任意实数恒成立，
①当时，恒成立，符合题意；
②当时，若，
则需满足，解得：；
综上所述：.即.
故答案为：
四、解答题
17．计算下列各式：
(1)；
(2).
【答案】(1)100
(2)3
【分析】（1）根据指数运算法则直接计算即可；
（2）根据指数运算法则直接计算即可.
【详解】（1）
（2）
18．已知不等式的解是
(1)求a，b的值；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据不等式对应方程的关系，利用根与系数的关系列出等式关系，即可求出a、b的值；
（2）把（1）中a、b的值代入不等式求解即可．
【详解】（1）等式的解是
∴是方程的两个实数根，
由根与系数的关系知
，
所以
（2）根据（1）知，不等式可化为
，
解得，
所以不等式的解集为．
19．已知函数在上为减函数.
(1)求实数的取值范围；
(2)解关于的不等式.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）考虑和两种情况，根据二次函数的单调性得到，解得答案.
（2）考虑和两种情况，根据，考虑和的大小关系，解不等式得到答案.
【详解】（1）当时，在上为减函数，符合题意；
当时，为二次函数，则，解得.
综上所述：.
（2）当时，，所以；
当时，的零点为，，
当即时，；
当即时，；
当即时，.
综上所述：
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
20．已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
(1)求函数的解析式；
(2)若，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用奇函数定义直接可得解析式；
（2）利用函数的奇偶性，根据单调性转化不等式，再考虑到定义域即可求出a的范围．
【详解】（1）函数是定义在上的奇函数，则，
且当时，，
设，则，
，
又，满足，
则；
（2）当时，
，其在上单调递增，
则由奇函数的性质知函数在上单调递增，
又因为，
所以，
则，解得，
即a的取值范围是.
五、作图题
21．已知函数.完成下面两个问题：
(1)画出函数的图象，并写出其单调增区间：
(2)求函数在区间上的最大值.
【答案】(1)图象见解析，单调增区间为和.
(2).
【分析】（1）利用绝对值的性质将原函数写成分段函数的形式，利用二次函数的图象和性质画出图象，根据图象即可得到函数的单调增区间；
（2）由（1）中的图象，判定在区间的函数的单调增减区间，进而计算比较，得到最大值.
【详解】（1），图象如下：
单调增区间为和.
（2）由（1）中的图象可知，函数在上单调增，在上单调减，在上单调增，，
故在区间上的最大值为.
六、证明题
22．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.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由函数是定义在上的奇函数，则，解得的值，再根据，解得的值从而求得的解析式；
（2）设，化简可得，然后再利用函数的单调性定义即可得到结果．
【详解】解：（1）依题意得∴
∴∴
（2）证明：任取，∴
∵，∴，，，
由知，，∴.
∴.∴在上单调递增.