长沙市平高集团六校联考2023-2024学年高一上学期期中联考数学试卷（原卷及解析版）

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高一数学试卷
本试题卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.
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，并将条形码粘贴在规定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上，请勿在答题卡上使用涂改液或修正带，写在本试卷上的答案无效.
3.考试结桌后，将答题卡交回.
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. 下列图象中，不是函数图象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的定义，要求定义域内的任意变量只能有唯一的与对应，结合图象判断即可．
【详解】根据函数的定义可知，对应定义域内的任意变量只能有唯一的与对应，
选项ABC中，每一个都有唯一的与对应，满足函数的定义，可以是函数图象，
选项D中，出现两个不同的和同一个对应，所以不满足值的唯一性．
所以D不能作为函数图象．
故选：D．
2. 设命题，则的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由特称命题的否定可直接得到结果.
【详解】命题，则的否定为：.
故选：B
【点睛】全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，特称（存在）量词命题的否定是全称量词命题．
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据根式以及分式的性质即可列不等式求解.
【详解】由题意可得且，
故定义域为；，
故选：D
4. 设，则“”是“关于的方程有实数根”的（ ）
A. 充分必要条件B. 必要不充分条件
C 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据关于的方程有实数根，求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】若关于的方程有实数根，
则，解得，
所以“”是“关于的方程有实数根”的充分不必要条件.
故选：C.
5. 若函数且, 则=（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】应用换元法求得，再由求参数值即可.
【详解】令，则，故，
所以.
故选：C
6. 已知函数是R上的减函数，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据分段函数单调性可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】二次函数的对称轴为，
因为函数是R上的减函数，
所以有
故选：C.
7. 若定义在R的奇函数，若时，则满足的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出时，、和的解，再由奇函数性质得出时，、和的解，然后分类讨论解不等式可得．
【详解】当时，，时，，时，，，
又是奇函数，所以时，，时，，且，
不等式或或，所以或，
综上．
故选：D．
8. 我国著名数学家华罗庚曾说过：“数无形时少直观，形无数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”.函数的部分图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算，排除BD，利用均值不等式得到时，，排除C，得到答案.
【详解】，，排除BD.
当时，，当时等号成立，排除C；
故选：A
二、选择题，本题共4小题，每题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对得2分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】举反例排除BC，利用不等式的性质判断AD，从而得解.
【详解】对于A选项，由不等式的同向可加性可知，该不等式成立，所以A正确；
对于B选项，例如：，，但是，所以B错误；
对于C选项，当时，，所以C错误；
对于D选项，因为，所以，又，所以，所以D正确.
故选：AD．
10. 幂函数，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 函数是偶函数
C. D. 函数的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数为幂函数，求得m的值，判断A；根据函数奇偶性定义可判断B；根据幂函数的单调性可判断C；根据函数解析式可求函数值域，判断D.
【详解】因为是幂函数，所以，
解得或，又因，故，A正确；
则，定义域为，满足，故是偶函数，B正确；
为偶函数，在上单调递减，故，C错误；
函数的值域为，D正确，
故选：ABD
11. 下列命题中正确的是（ ）
A. 的最小值是2
B. 当时，的最小值是3
C. 当时，的最大值是5
D. 若正数x，y满足，则的最小值为3
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AC，直接由基本不等式验证即可，但一定要注意取等条件是否成立，对于BD，应该对所求式子进行适当变形再利用基本不等式验证，同样要注意取等条件是否成立.
【详解】对于A，首先由基本不等式可得，但取等条件不可能成立，故A错误；
对于B，当时，由基本不等式可得，等号成立当且仅当，故B正确；
对于C，当时，由基本不等式可得，等号成立当且仅当，故C正确；
对于D，若正数x，y满足，则由基本不等式可得，
等号成立当且仅当，故D正确.
故选：BCD.
12. 德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始数的发现改变了数学家们对 “函数是连续的”的认识，也使数学家们更加认可函数的对应说定义，关于函数，有以下四个命题，其中真命题是 （ ）
A. 函数是奇函数B. ，，
C. 函数是偶函数D. ，，
【答案】BCD
【解析】
【分析】取为有理数计算判断A；取计算判断B；求出，再利用奇偶性定义判断C；按是有理数、无理数计算判断D.
【详解】对于A，若是有理数，则也是有理数，则，因此不是奇函数，A错误；
对于B，当时，，
，此时，B正确；
对于C，若是有理数，则；若是无理数，，
于是，又，则，因此，
所以函数是偶函数，正确；
对于D，若是有理数，，则均是有理数，则；
若是无理数，，则均是无理数，则，
因此，D正确.
故选：BCD
三、填空题，本题共4小题，每题5分，共20分.
13. 已知函数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先计算的值，再计算的值.
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
14. ，则________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据元素的互异性原则,a不能是1,,只能,再求出b的值即可求出的值.
【详解】根据集合的元素具有互异性，由集合,得，,则，,
所以，
故答案为:0.
【点睛】本题考查集合的元素具有互异性,属于基础题.
15. 函数的值域为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出分母的范围，然后根据倒数关系即可得的值域.
【详解】因为二次函数的值域为，
所以的定义域是，值域为.
故答案：.
16. 已知函数，，若，，使成立，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的单调性，分别求得函数和的值域构成的集合 ，结合题意，得到，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数在为单调递减函数，可得 ，
即函数的值域构成集合，
又由函数在区间 上单调递增，可得，
即函数的值域构成集合，
又由， ，使成立，即 ,
则满足，解得 ，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有 成立，故；
（2）若，，有 成立，故；
（3）若， ，有成立，故 ；
（4）若， ，有，则 的值域是值域的子集 ．
四、解答题（17题10分，其它各题12分）
17. 集合．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】化简集合B,根据集合的交并补运算直接求解.
【小问1详解】
由得,所以,
因为,所以.
【小问2详解】
因为或，
所以.
18. （1）比较和的大小；
（2）已知，，求和的取值范围；
【答案】（1）；（2），
【解析】
【分析】（1）利用作差比较法进行判断即可；
（2）利用不等式的基本性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，
所以；
（2），，
又，，
，，
又，.
19. 已知二次函数，．
（1）若，写出函数的单调增区间和减区间；
（2）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）函数单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）
【解析】
【分析】（1）配方得到对称轴，结合开口方向，得到函数单调区间；
（2）配方得到对称轴为，从而得到或，求出实数的取值范围.
【小问1详解】
，，
开口向上，对称轴为，故函数单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
，开口向上，对称轴为，
由于函数在上是单调函数，故或，
解得或，
故实数的取值范围为.
20. 已知命题为假命题.设实数的取值集合为，设集合，若__________，求实数的取值范围.
在①若“”是“”的必要不充分条件；②“”是“”的充分条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题的横线处，并按照你的选择求解问题.
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】由特称命题为假求参数a的范围，即得集合A，根据所选条件判断集合A、B的包含关系，讨论、求参数m的范围.
【详解】由已知命题为假，则为真，
当，显然不成立；
当，只需；
所以，
选①：若“”是“”的必要不充分条件，则，
当，则满足要求；
当，则，且，此时；
所以；
选②：“”是“”的充分条件，则，而，
当，则满足要求；
当，则，且，此时；
所以；
选③：由，
当，则满足要求；
当，则，且，此时；
所以.
21. 已知关于的不等式.
（1）若的解集为，求实数的值；
（2）求关于的不等式的解集.
【答案】（1），；
（2）答案见解析．
【解析】
【分析】（1）由不等式的解集得相应方程的根，由韦达定理列方程组求解；
（2）先根据分类讨论，在时，再根据两根的大小分类讨论得结论．
【小问1详解】
因为的解集为，所以方程的两个根为，由根与系数关系得:，解得；
【小问2详解】
，
当a=0，不等式为，不等式的解集为；
当时，不等式化为，不等式的解集为
当时，方程的两个根分别为：.
当时，两根相等，故不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为或；
当时，，不等式的解集为或，.
综上：
当时，不等式的解集为
当a=0，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或.
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
22. 已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求a，b的值；
（2）用定义法证明函数在上单调递增.
【答案】（1），
（2）函数在上单调递增
【解析】
【分析】第一问用函数的奇偶性和特殊点处的值求解即可，第二问使用单调性定义直接证明即可.
【小问1详解】
是奇函数，且在处有定义，
，，，，解得
经检验符合题意，故，
【小问2详解】
由上问知，任取，且
即，则，，
,
故函数在上单调递增