湖南省长沙市2023_2024学年高一数学上学期期中试题含解析

这是一份湖南省长沙市2023_2024学年高一数学上学期期中试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
得分：______
一、选择题
1. “，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题易求.
【详解】根据存在量词命题的否定为全称量词命题知，
“，”的否定是，.
故选：B
2. 集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数定义域求集合A，根据指数函数值域求集合B，然后利用集合的交集运算和补集运算求解即可.
【详解】要使函数有意义，则，解得，
所以，
又，所以，
所以.
故选：C
3. 三个数的大小顺序是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意得，，故选D.
4. 若函数是上的单调函数，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数解析式知函数在上单调递减，建立不等关系解出即可.
【详解】因为函数在上单调，由在上不可能单调递增，
则函数在上不可能单调递增，故在R上单调递减，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：D.
5. “函数在区间上单调递增”的充分必要条件是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性可知，内层函数在上单调递减去，且对任意的，恒成立，即可求得实数的取值范围.
【详解】设，因为外层函数在上为减函数，
且函数在区间上单调递增，
所以，内层函数在上单调递减，则，
且对任意的，恒成立，即恒成立，则，
所以，.
故选：C.
6. 如图，点为坐标原点，点，若函数及的图象与线段分别交于点，，且，恰好是线段的两个三等分点，则，满足．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由恰好是线段的两个三等分点，求得的坐标，分别代入指数函数和对数函数的解析式，求得的值，即可求解.
【详解】由题意知，且恰好是线段的两个三等分点，所以，，
把代入函数，即，解得，
把代入函数，即，即得，所以.
故选A.
【点睛】本题主要考查了指数函数与对数函数的图象与性质的应用，其中解答熟练应用指数函数和对数函数的解析式求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
7. 已知是奇函数，是偶函数，且，则不等式的解集是（）
A. B.
CD.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数奇偶性的定义可得出、的方程组，解出函数的解析式，分析函数的单调性，结合可得出关于的不等式，即可得出原不等式解集.
【详解】因为①，且是奇函数，是偶函数，
则，即②，
由①②可得，
因为函数、均为上的增函数，所以，函数为上的增函数，
由，可得，解得.
因此，不等式的解集是.
故选：A.
8. 函数（且）的图象恒过定点，若对任意正数、都有，则的最小值是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出定点的坐标，可得出，然后将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】对于函数（且），
令，可得，且，所以，，即，，
对任意的正数、都有，即，则，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，的最小值是.
故选：D.
二、选择题
9. 下列函数既是偶函数，又在区间上是减函数的是（）
AB.
CD.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据幂函数性质可判断A；根据函数奇偶性的定义以及函数的单调性可判断B；根据函数奇偶性定义及复合函数的单调性法则可判断C；根据函数的奇偶性的定义可判断D.
【详解】对于A，的定义域为关于原点对称，且，
所以为奇函数，不符合题意；
对于B，设，定义域为R，满足，
即为偶函数；
当时，减函数，符合题意；
对于C，的定义域为关于原点对称，且，
所以为偶函数；当时，为减函数，为增函数，
根据复合函数单调性法则知，在区间上是减函数，符合题意；
对于D，的定义域为关于原点对称，且，
所以为奇函数，不符合题意.
故选：BC
10. 下列叙述正确的是（）
A. 当时，
B. 当时，的最小值是5
C. 函数的最大值是0
D. 函数在区间上单调递增，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式求最值判断ABC，利用单调性的定义和性质求解参数范围判断D.
【详解】对于A，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，正确；
对于B，因为，则，所以，
当且仅当即时，等号成立，但是，所以等号取不到，
即，错误；
对于C，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，正确；
对于D，当时，函数在单调递增，函数在上单调递增，
由单调性的性质知，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增；
当时，任取，，
当时，，则有，
当时，，则有，
所以函数在单调递减，单调递增，
所以要使函数在区间上单调递增，则，所以.
综上，，正确.
故选：ACD
11. 德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805~1859）在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（）
A. 对任意，都有
B. 对任意，都存在，
C. 若，，则有
D. 存在三个点，，，使为等腰直角三角形
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可．
【详解】解：对于A选项，当，则，此时，故A选项错误；
对于B选项，当任意时，存在，则，故；当任意时，存在，则，故，故对任意，都存在，成立，故B选项正确；
对于C选项，根据题意得函数的值域为，当，时，，故C选项正确；
对于D选项，要为等腰直角三角形，只可能为如下四种情况：
①直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；
②直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；
③直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立；
④直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立．
综上，不存在三个点，，，使得为等腰直角三角形，故选项D错误．
故选：BC.
【点睛】本题考查函数的新定义问题，考查数学推理与运算等核心素养，是难题.本题D 选项解题的关键是根据题意分直角顶点在上，斜边在轴上；直角顶点在上，斜边不在轴上；直角顶点在轴上，斜边在上；直角顶点在轴上，斜边不在上四种情况讨论求解.
12. 已知连续函数满足：①，则有，②当时，，③，则以下说法中正确的是（ ）
A.
B.
C. 在上的最大值是10
D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】依题意令，求出，从而判断A；令得到，再令，，即可判断B；再利用定义法证明函数的单调性即可判断C；依题意原不等式等价于，再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，即可判断D.
【详解】因为，则有，
令，则，则，故A正确；
令，则，
令代，则，
即，即，故B错误；
设且，则，由，
令，则，即，
令，，则，即，
因为时，，又，故，
所以，所以，即在上单调递减，
又，所以，，
又，所以，
故在上的最大值为，故C正确；
由，即，
即，即，
又因为，即，
所以，即，
故，即，解得，
即原不等式的解集为，故D正确；
故选：ACD.
答题卡
三、填空题
13. 计算：______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据指数幂的运算性质和对数的运算性质求解即可.
【详解】
.
故答案为：.
14. 已知函数f(x)＝，若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是________．
【答案】(－3，＋∞)
【解析】
【分析】因为x∈[1，＋∞)，所以f(x)>0恒成立等价于x2＋2x＋a>0，令g(x)＝-x2-2x，利用分离参数法求g(x)的最大值可得.
【详解】对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立；
等价于x2＋2x＋a>0，即a>－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上恒成立，令g(x)＝－(x＋1)2＋1，则g(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g（1）＝－3，所以a>－3.
【点晴】（1）恒成立等价于；
（2）恒成立等价于；
（3）能成立等价于；
（4）能成立等价于.
15. 已知函数是定义域为的奇函数，且，若对任意的，且，都有成立，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】令，根据题意，得到为偶函数，且上递减，在上递增，又由，把不等式转化为，分类讨论，即可求解.
【详解】因为对任意的，且，都有成立，
不妨设且，所以，
令，则，
所以函数在上单调递减，
又由函数为定义在上的奇函数，
所以为偶函数，且在上单调递增，
由，可得，作出的示意图：
由于不等式，即为，
当时，不等式可化为，可得；
当时，不等式可化为，可得，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
16. 已知函数，若关于x的不等式恰有1个整数解，则实数a的最大值是______．
【答案】8
【解析】
【分析】数形结合，结合函数的图像即可得出结论.
【详解】函数的图象, 如图所示,
关于的不等式，
当时, , 由于关于的不等式恰有 1 个整数解,
因此其整数解为 3 , 又,
所以,
则, 所以实数的最大值为 8 ,
故答案为：8.
四、解答题
17. 已知函数，其中，.
（1）求函数的解析式；
（2）已知方程的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出、的值，即可得出函数的解析式；
（2）分、、三种情况解方程，即可得出原方程的解集.
【小问1详解】
解：因为，则，
所以，，解得，
，可得，故.
【小问2详解】
解：因为.
当时，由，可得，舍去；
当时，由，可得；
当时，由，可得.
综上所述，方程的解集为.
18. 已知函数.
（1）判断的奇偶性并证明；
（2）解不等式.
【答案】（1）奇函数，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）判断出函数为奇函数，再利用函数奇偶性的定义证明即可；
（2）由已知可得出且，可得出且，结合指数函数的单调性可得出的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
解：函数为奇函数，证明如下：
对任意的，，故函数的定义域为，
，故函数为奇函数.
【小问2详解】
解：由，可得且，
即且，可得且，
解得或，
因此，不等式的解集为.
19. 已知函数，.
（1）当时，解不等式；
（2）若，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，利用二次不等式的解法可得出不等式的解集；
（2）由参变量分离法可知，，使得，令，可得出，利用单调性求出函数上的最大值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
解：当时，，由可得，解得或，
故当时，不等式的解集为或.
【小问2详解】
解：因为，使得，
因为，则，
令，则，则，
因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，则，
故.
20. 已知是定义在区间上的奇函数，且，若，时，有.
（1）判断函数在上是增函数，还是减函数，并证明你的结论；
（2）若对所有，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）是增函数，证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据函数单调性的定义即可证明f（x）在[﹣1，1]上是的增函数；
（2）利用函数奇偶性和单调性之间的关系将不等式≤m2﹣5mt-5进行转化，结合二次函数性质即可求实数m的取值范围．
【详解】（1）函数在[－1，1]上是增函数.
设
∵是定义在[－1，1]上的奇函数，∴.
又，∴，
由题设有，即，
所以函数在[－1，1]上是增函数.
（2）由（1）知，∴对任意恒成立，
只需对]恒成立，即对恒成立，
设，则，
解得或，
∴的取值范围是．
【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，将不等式转化为函数问题是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．
21. 某公司研发了一款新型的洗衣液，其具有“强力去渍、快速去污”的效果.研发人员通过多次试验发现每投放克洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放的浓度（克/升）随着时间（分钟）变化的函数关系式近似为，其中，且当水中洗衣液的浓度不低于16克/升时，才能够起到有效去污的作用.若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所释放的浓度之和.
（1）若一次投放4克的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？
（2）如果第一次投放4克洗衣液，4分钟后再投放4克洗衣液，写出第二次投放之后洗衣液在水中释放的浓度（克/升）与时间（分钟）的函数关系式，其中表示第一次投放的时长，并判断接下来的4分钟是否能够持续有效去污.
【答案】21. 422. ，能够持续有效去污
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，分类讨论，列出不等式，即可求解；
（2）根据题意，求得当时，，当时，，结合基本不等式求得最小值，即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，由，解得；
当时，由，解得；
综上可得，所以一次投放4克的洗衣液，则有效去污时间可达4分钟.
【小问2详解】
由（1）知，当时，可得，
当时，可得，
综上所述，
当时，，
当且仅当即时，等号成立，
因为，所以接下来的4分钟能够持续有效去污.
22. 我们知道，函数的图象关于轴成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数.
（1）已知函数，求该函数图象的对称轴方程；
（2）若函数的图象关于直线对称，且当时，.
①求的解析式；
②求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）利用函数奇偶性的定义推导出函数为偶函数，即可得出结果；
（2）①当时，可得出，即可得出函数的解析式；
②分析函数在上的单调性，由，可得出，不等式两边平方，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集.
【小问1详解】
解：因为，
因为，
令，则该函数的定义域为，
，
所以，函数为偶函数，
因此，函数图象的对称轴方程为.
【小问2详解】
解：①因为函数的图象关于直线对称，且当时，
当时，，则，
所以，.
②当时，，因函数、在上为增函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，则，
不等式两边平方可得，即，解得，
因此，不等式的解集为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
得分
答案