山东省青岛市四校联考2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份山东省青岛市四校联考2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题，共14页。试卷主要包含了已知，，，则，，的大小关系是，下列命题为真命题的是，函数的部分图象大致为，定义表示不超过的最大整数，已知，，且，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．存在函数满足：对任意都有（ ）
A．B．
C．D．
3．已知是奇函数，则（ ）
A．2B．C．1D．
4．已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
5．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．定义表示不超过的最大整数．例如：，，则（ ）
A．B．，
C．是偶函数D．是增函数
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．已知函数的定义域为，且，，为偶函数，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数的定义域为，则的定义域为______．
13．已知函数，若，则实数的取值范围为______．
14．设，函数，若恰有两个零点，则的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）求值：
（1）
（2）．
16．（15分）用篱笆在一块靠墙的空地围一个面积为的等腰梯形菜园，如图所示，用墙的一部分做下底，用篱笆做两腰及上底，且腰与墙成60°，当等腰梯形的腰长为多少时，所用篱笆的长度最小？并求出所用篱笆长度的最小值．
17．（15分）已知集合，，其中，（）是关于的方程（）的两个不同的实数根．
（1）若，求出实数的值；
（2）若，求实数的取值范围．
18．（17分）已知函数是偶函数．
（1）求的值；
（2）设，，若对任意的，存在，使得，求的取值范围．
19．（17分）离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，，，记为除以的余数，为除以的余数；设，1，，，…，两两不同，若（），则称是以为底的离散对数，记为．
（1）若，，求；
（2）对，，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中，；
（3）已知．对，，令，．证明：．
2024年山东省青岛市高一四校期中联考
数学试题答案解析精编
1．B
【分析】利用补集、并集的定义直接求解即得．
【详解】依题意，全集，则，，
得，，所以．
故选：B
2．D
【分析】根据函数的定义一一判断即可．
【详解】对于A：函数的定义域为，故A错误；
对于B：令，解得或，所以的值不唯一，故B错误；
对于C：令，解得或，所以的值不唯一，故C错误；
对于D：，
令（），则（），
所以（），故D正确；
故选：D
3．A
【分析】根据奇函数的定义，即可求解参数的值．
【详解】因为函数是奇函数，所以满足，
即，化简为，得，，
此时，函数的定义域为，成立．
故选：A
4．B
【分析】利用指数幂的运算法则结合对数函数的单调性求解即可．
【详解】由题意得，，，
易知，，
故，则，可得，故B正确．
故选：B
5．B
【分析】取，可判断A；作差法比较数的大小可判断B；由不等式性质可判断C；作差法比较数的大小可判断D．
【详解】对于A：当时，显然不成立，故A错误；
对于B：因为，所以，故B正确；
对于C：因为，所以，故C错误；
对于D：因为，所以，故D错误．
故选：B．
6．C
【分析】根据函数奇偶性结合函数值的符合分析判断．
【详解】由题意可得：的定义域为，
因为，
所以为奇函数，排除B，D．
当时，则，，可得，
所以，排除A．
故选：C．
7．D
【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可．
【详解】由得或
所以的定义域为
因为在上单调递增
所以在上单调递增
所以
故选：D
【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域．
8．B
【分析】A选项，取特殊值，判断出A选项的真假；B选项，设表示不超过的最大整数，可得与，的关系，可得，判断出B选项的真假；C选项，取特殊值，利用偶函数定义验证，判断出C的真假；D中，取特殊值，判断出函数不是增函数，判断出D的真假．
【详解】A选项，取，，则，，显然，所以A不正确；
B选项，设表示不超过的最大整数，所以，
所以，所以，所以，即，
所以，所以，故B正确；
C选项，，因为，，
所以，所以不是偶函数，故C错误；
D选项，，所以，所以不是增函数，故D错误．
故选：B．
9．BD
【分析】由奇偶函数的单调性的关系确定两函数的单调性，再结合，逐项判断即可．
【详解】因为是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且两函数在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
所以，，
所以，，，
所以BD正确，C错误；
若，则，A错误．
故选：BD
10．ABD
【分析】根据，结合基本不等式及二次函数知识进行求解．
【详解】对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：ABD
【点睛】本题主要考查不等式的性质，综合了基本不等式，指数函数及对数函数的单调性，侧重考查数学运算的核心素养．
11．ACD
【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利用换元法结合的奇偶性即可判断；对于D，先推得的一个周期为6，再依次求得
，，，，，，从而利用的周期性即可判断．
【详解】对于A，因为，
令，则，故，则，故A正确；
对于B，因为的定义域为，关于原点对称，
令，则，又不恒为0，故，
所以为奇函数，故B错误；
对于C，因为为偶函数，所以，
令，则，故，
令，则，故，
又为奇函数，故，
所以，即，故C正确；
对于D，由选项C可知，
所以，故的一个周期为6，
因为，所以，
对于，
令，得，则，
令，得，则，
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
又，
所以由的周期性可得：
，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得的奇偶性，再结合题设条件推得为周期函数，从而得解．
12．
【分析】抽象函数定义域求解，需整体在范围内，从而解出的范围，同时注意需保证，最后求出交集即可得解．
【详解】由已知，的定义域为，所以对于
需满足，解得
故答案为：．
13．
【分析】由，根据奇偶性、单调性定义及复合函数单调性判断性质，再由性质得即可求范围．
【详解】由题设，定义域为，
，即为偶函数，
在上，令，且，
则，
由，，故，即函数在上递增，
而在定义域上递增，故在上递增，
所以，可得，
故，可得．
故答案为：
14．
【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取值范围．
【详解】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为1，．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【点睛】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
15．（1）3；（2）10
【分析】根据指对幂的运算规则计算．
【详解】（1）
；
（2）原式；
综上，（1）原式；（2）原式．
16．当等腰梯形的腰长为时，所用篱笆长度最小，其最小值为．
【分析】以实际应用问题为情境，建立函数关系，利用函数最值的求法解出结果；
【详解】
设（），上底（），
分别过点，作下底的垂线，垂足分别为，，
则，，
则下底，
该等腰梯形的面积，
所以，则，
所用篱笆长为
，
当且仅当，即，时取等号．
所以，当等腰梯形的腰长为时，所用篱笆长度最小，其最小值为．
17．（1）2；（2）
【分析】（1）先根据得到，，结合方程的两根得到方程，求出；
（2），故，，结合方程的两根得到不等式，求出．
【详解】（1）因为，故，，
又（）的两根分别为，，
故，，
故；
（2）因为，故，，
又（）的两根分别为，，
故，解得，
故实数的取值范围是．
18．（1）；（2）
【分析】（1）由偶函数的性质即可求解的值；
（2）由题意可得在上的最小值不小于在上的最小值，分别求出和的最小值，即可求解．
【详解】（1）因为是偶函数，
所以，
即，
，
，
，
，
，
，
，
所以，即．
（2），
因为对任意的，存在，使得，
所以在上的最小值不小于在上的最小值，
因为在上单调递增，
所以，
因为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，解得，
所以的取值范围为．
19．（1）1；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可．
（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证．
（3）根据新定义进行转换即可得证．
【详解】（1）若，，又注意到，
所以．
（2）【方法一】：当时，此时，此时，，
故，，，
此时．
当时，因1，，，…，相异，故，
而，故，互质．
记，，，
则，，使得，，
故，故，
设，，则，
因为1，2，3，…除以的余数两两相异，
且，，，…除以的余数两两相异，
故，故，
故，而，其中，
故即．
法2：记，，，
其中，，是整数，则，
可知．
因为1，，，…，两两不同，
所以存在，使得，
即可以被整除，于是可以被整除，即．
若，则，，因此，．
记，，，其中是整数，
则，
即．
（3）【方法二】：当时，由（2）可得，
若，则也成立．
因为，所以．
另一方面，
．
由于，所以．
法2：由题设和（2）的法2的证明知：
故
．
由（2）法2的证明知，所以．
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解．