2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六中学校高一上学期阶段性检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市第六中学校高一上学期阶段性检测数学试题（解析版），共16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．已知集合，，则（ ）
A．或B．
C．或D．
【答案】C
【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算的定义计算．
【详解】，或，
∴或，
故选：C．
2．已知，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用中间量比较，运用中间量比较
【详解】则．故选B．
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．
3．下列函数是奇函数，且在上为增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用奇函数的判定以及增函数的判定即可求解.
【详解】对于A，因为，所以为奇函数，
又与在上均为增函数，
根据“增+增=增”性质，得在上单调递增，所以A正确；
对于B，因为，所以为偶函数，故B错；
对于C，D同样可以判断均为偶函数，不符合题意.
故选：A
4．已知（且，且），则函数与的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先由求得，再将转化为，再利用反函数的性质即可得到正确选项B
【详解】由（且，且），
可得，则，则
则，又，则与互为反函数，
则与单调性一致，且两图像关于直线轴对称
故选：B
5．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．（1，2）C．（0，1）D．
【答案】C
【分析】令，则，求出函数的定义域，分别求出两个函数的单调区间，根据复合函数的单调性符合“同增异减”的原则，即可得出答案.
【详解】解：令，则，
，则，所以函数的定义域为，
而，以为对称轴，
所以函数在单调递增，在单调递减，
而函数为增函数，
根据复合函数的单调性可知，函数的单调递增区间是，
故选：C.
6．已知是定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A． B．C．D．
【答案】D
【分析】先判断当时，的单调性，然后计算出，再利用函数奇偶性和单调性求解即可.
【详解】显然，当时，单调递增，且
因为，则有
又因为是定义在上的偶函数
则，解得或.
故选：D
7．已知函数是上的单调函数，那么实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据的单调性列不等式组，由此求得的取值范围.
【详解】函数，
若在上为单调递增函数，
则，解得；
若在上为单调递减函数，
则，无解．
综上所述，实数的取值范围为．
故选：C
8．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（ ）
A．－4B．4C．5D．8
【答案】C
【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围，在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.
【详解】由的解集为，
则，且，是方程的两根，
由根与系数的关系知，
解得，，当且仅当时等号成立，
故， 设，
函数在上单调递增，
所以
所以的最小值为5.
故选：C
二、多选题
9．下列叙述中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．已知a，，则“”是“”的必要不充分条件
D．命题“，”的否定是，
【答案】ABC
【分析】A 项，若，则
B项，根据指对数转化即
C项，当并且，化简是否能推出，判断充分性,
时判断与零的大小关系，判断必要性.
D项，全称量词命题的否定是存在量词命题
【详解】对于A 项，
则，所以A正确
对于B项，由指对数转化得，，所以即 ，所以B正确.
对于C项，当并且时，又因为，两边同乘，得，所以推不出，所以充分性不成立，
当时，即所以必要性成立，
所以C正确.
对于D项，命题“，”的否定为“，”，所以D项错误.
故选：ABC
10．下列结论正确的是（ ）
A．若，，则一定有
B．若有意义，则
C．若，，则
D．若，则
【答案】CD
【分析】根据不等式的性质判断AC，由对数函数的定义求函数定义域判断B，由指数函数单调性判断D．
【详解】选项A，例如，则，A错；
选项B，由得且，B错；
选项C，，又，∴，C正确；
选项D，由于在R上是减函数，因此由得，D正确．
故选：CD．
11．下列命题正确的是（ ）
A．函数的定义域为
B．函数的值域为
C．已知（），且，则实数
D．与互为反函数，其图像关于对称
【答案】ABD
【分析】对于A，直接根据表达式求定义域即可；对于B，利用换元法，结合范围即可求得值域；对于C，首先利用指对互换公式变形，再根据对数计算公式即可求解；对于D，根据反函数定义以及性质即可求解.
【详解】对于A，因为，即，解得，即定义域为，正确；
对于B，令，，则原式可变为，，则，，即，即的值域为，B正确；
对于C，由，根据指对互换法则，得，，则由可得，解得，则C错误；
对于D，根据反函数定义可知，与互为反函数，由反函数性质可得，互为反函数的图像关于直线对称，正确.
故选：ABD
12．已知函数，，构造函数，那么关于函数的说法正确的是（ ）
A．的图象与x轴有3个交点B．在上单调递增
C．有最大值1，无最小值D．有最大值3，最小值1
【答案】AC
【分析】根据给定条件，作出函数的图象，借助图象逐项判断作答.
【详解】依题意，由解得，则，
作出函数的图象，如图：
观察图象知，函数的图象与x轴有三个交点，在上单调递减，有最大值1，无最小值，
即选项A，C正确；选项B，D不正确.
故选：AC
三、填空题
13．如果幂函数的图象过点，那么______．
【答案】
【分析】设出幂函数解析式，由已知点坐标求得幂函数解析式，然后求函数值．
【详解】设，由已知，则，∴，
．
故答案为：．
14．函数且经过定点A，点A在直线上，则的最小值为__________.
【答案】8
【分析】先利用求定点A，代入直线方程得，再将展开，利用基本不等式求最小值即可.
【详解】令时，即时，，即定点，
而A在直线上，故.
所以，当且仅当时，即时等号成立，即的最小值为8.
故答案为：8.
【点睛】思路点睛：
利用基本不等式求最值时，通常有以下思路，需注意取等号条件是否成立.
（1）积定，利用，求和的最小值；
（2）和定，利用，求积的最大值；
（3）妙用“1”拼凑基本不等式求最值.
15．若函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】令，由题设易知在上为增函数，根据二次函数的性质列不等式组求的取值范围.
【详解】由题设，令，而为增函数，
∴要使在上是增函数，即在上为增函数，
∴或，可得或，
∴的取值范围是.
故答案为：
16．若函数（，且）在区间上单调递减，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用指数函数的图象变换，分类讨论，根据单调性建立不等式求解即可.
【详解】函数（，且）的图象是将函数（，且）的图象向右平移1个单位，再向下平移1个单位得到的，
故函数（，且）的图象恒过点．当时，结合函数的图象：
若函数在区间上单调递减，则，解得．
当时，结合函数的图象：
若在区间上单调递减，则，无实数解．
综上，实数的取值范围为．
解法二：
若，则，所以在区间上单调递增，不符合题意；
当时，函数在区间上单调递减，要使函数在区间上单调递减，
则在区间上恒成立，
所以，解得．故实数的取值范围是．
故答案为：.
四、解答题
17．计算：
(1)；
(2)．
【答案】(1)5
(2)21
【分析】由，，，，
等计算法则可得答案.
【详解】（1）原式=
（2）原式
=21
18．已知是定义在[-4，4]上的奇函数，当时，．
(1)求在[，0）上的解析式；
(2)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．
【答案】(1)在[，0）上的解析式为
(2)
【分析】（1）根据奇函数的定义求解析式；
（2）不等式用分离参数法变形，转化为求函数的最值，然后得参数范围．
【详解】（1）当时，，所以，
又，所以，
所以在[，0）上的解析式为；
（2）由（1）知，时，，
所以可整理得，
令，根据指数函数单调性可得，为减函数，
因为存在，使得不等式成立，等价于在上有解，
所以，只需，
所以实数m的取值范围是．
19．已知函数（，）在上的值域为[2，4]．
(1)求a，b的值；
(2)判断并证明函数，的单调性．
【答案】(1)，
(2)在上单调递增；证明见解析
【分析】（1）首先分类讨论确定函数单调性，然后列出关于、的方程即可求解.
（2）利用定义法证明单调性，首先在定义域内取值，然后作差，变形即可判断.
【详解】（1）①当时，在[1，2]上单调递增，则有，得，得，；
②当时，在[1，2]上单调递减，则，得，无解，
所以，；
（2）由（1）知，函数在上单调递增.
证明如下：对于任意的，
∵∴，∴∴
∴在上单调递增
20．已知某船舶每小时航行所需费用u（单位：元）与航行速度（单位：千米/时）的函数关系为（其中a，b，k为常数），函数的部分图象如图所示．
(1)求的解析式；
(2)若该船舶需匀速航行20千米，问船舶的航行速度v为多少时，航行所需费用最少.最少的费用为多少？
【答案】(1)
(2)当航行速度为15千米/时时，航行所需费用最少，最少的费用为1200元．
【详解】（1）将，分别代入得解得
把代入，得，解得．
所以
（2）航行时间小时，所需费用设为元，
则
①当时，函数单调递减，所以；
②当时，，当且仅当，
即时，等号成立．
由知，时，航行所需费用最小.
所以以当航行速度为15千米/时时，航行所需费用最少，最少的费用为1200元．
21．已知函数（且）．
(1)求函数的定义域，并判断的奇偶性和单调性（不用证明）；
(2)是否存在实数，使得不等式成立？若存在，求出的取值范围，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据对数函数的性质求定义域，由奇偶性定义判断奇偶性，由复合函数的单调性得单调性结论（可用定义证明）；
（2）假设存在，分类讨论，由单调性及定义域得出不等式组，解得的范围即可．
【详解】（1）解：由得．所以的定义域为，
因为函数的定义域关于原点对称，且，
所以为奇函数．
又，内层函数为上的增函数，
∴时是增函数，则为的增函数，
当时是减函数，为上的减函数．
证明如下：设，，，
，时，，
即，
∴时，为的增函数，
同理时，为上的减函数；
（2）①当时，在上为增函数，
假设存在实数，使得不等式成立，
则，解得．
②当时，在上为减函数，假设存在实数，
使得不等式成立，则，解得．
综上，①当时，存在，使得不等式成立；
②当时，存在，使得不等式成立．
22．设函数是定义域的奇函数．
(1)求值；
(2)若，试判断函数单调性并求使不等式在定义域上恒成立的的取值范围；
(3)若，且在上最小值为，求的值．
【答案】(1)
(2)在上单调递增；
(3)
【分析】（1）由函数为奇函数得，解方程即可；
（2）由确定的取值范围，进而判断函数单调性，根据单调性可得二次不等式恒成立，求得参赛范围；
（3）由可得，进而可得函数，再利用换元法将函数转化为二次函数，分情况讨论二次函数最值即可.
【详解】（1）是定义域为的奇函数，
，即，
解得；经检验成立
（2）因为函数（且），
又，
，又，
，
由于单调递增，单调递减，故在上单调递增，
不等式化为．
，即恒成立，
，解得；
（3）由已知，得，即，解得，或（舍去），
，
令，是增函数，
，，
则，
若，当时，，解得,不成立；
若，当时，，解得，成立；
所以．