湖南省株洲市第二中学2023-2024学年高一数学上学期第一次阶段性测试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市第二中学2023-2024学年高一数学上学期第一次阶段性测试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 函数的定义域是， 下列各组函数是同一个函数的是， 已知函数，且，那么等于， 下列说法正确的有， 某校学习兴趣小组通过研究发现等内容，欢迎下载使用。
株洲市二中2023年下学期高一年级阶段性测试试卷数学试题时量：120分钟 分值：150分一､单选题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的）1. 函数的定义域是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式，建立关于x的不等式组解出即可.【详解】要使函数有意义，则，解得且，所以函数的定义域为.故选：D.2. 已知，若集合，，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】当时，集合，，可得，满足充分性，若，则或，不满足必要性，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.3. 下列函数中，在区间(0，+∞)内不是单调递增的是（ ）A. y=2x+1 B. y=x2+2x C.  D. 【答案】C【解析】【分析】依次判断四个函数的单调性，选出符合题意的即可.【详解】解：在区间内单调递增；故A不合题意.的对称轴为，故在区间内单调递减，在区间内单调递增；故B不合题意.在区间内单调递减，在区间内单调递减；故在区间(0，+∞)内不是单调递增；故C符合题意.在区间内单调递增，在区间内单调递增；故D不合题意.故选：C.4. 下列各组函数是同一个函数的是（    ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用相同函数的意义，逐项分析判断作答.【详解】对于A，函数定义域为定义域为，故不是同一函数；对于B，函数定义域为定义域为，故不是同一函数；对于C，函数定义域为，而定义域为故不是同一函数；对于D，两个函数定义域都为，对应法则相同，只是表示自变量的符号不同，故是同一函数.故选：D.5. 不等式的解集为，则函数的图象大致为（    ）A.    B.   C    D.   【答案】A【解析】【分析】首先根据一元二次不等式与对应方程的关系，求解的关系，再代入函数，即可分析函数的图象.【详解】因为的解集为，所以方程的两根分别为和，且，则，，故函数的图象开口向下，且与轴的交点坐标为和，故选项的图象符合.故选：A6. 已知函数，且，那么等于（    ）A. 12 B. 2 C. 18 D. 10【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性的性质求出的值即可．【详解】解：令，则是奇函数，，故，，故，故选：A．7. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据分段函数单调性性质，结合二次函数、反比例函数的单调性进行求解即可.【详解】二次函数的对称轴为，且开口向下，因为是上的增函数，所以有，故选：B8. 已知函数 ．若，则实数的取值范围是（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】解不等式得，将问题转化为，进而作出函数的图像，数形结合求解即可.【详解】解：当时，，解得，当时，，解得，所以，当时，，令时，或；令时，；令时，或， 所以，作出函数的图像如图，当时，实数的取值范围是.故选：D二､多项选择题（本大题共4小题，每小题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，部分选对的得2分）9. 下列说法正确的有(    )A. 命题“”的否定是“”B. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是C. 若，则“”的充要条件是“”D. “”是“”的充分不必要条件【答案】ABD【解析】【分析】根据命题的否定即可判断A；根据恒成立转化成最值问题即可判断B；根据充分条件和必要条件的概念及不等式的性质可判断CD．【详解】命题“”的否定是“”，故A正确；∵命题“，”为假命题，则关于x的方程无实数根，故，解得，故B正确；∵可得；但当，时，有；∴“若，则”是“”的充分不必要条件，故C错误；当“”时，则“”成立；但当“”时，“或”；故“”是“”的充分不必要条件，故D正确．故选：ABD﹒10. 某校学习兴趣小组通过研究发现：形如（不同时为0）的函数图象可以由反比例函数的图象经过平移变换而得到，则对函数的图象及性质，下列表述正确的是（    ）A. 图象上点的纵坐标不可能为1B. 图象关于点成中心对称C. 图象与轴无交点D. 函数在区间上分别单调递减【答案】ABD【解析】【分析】化简得到，结合反比例函数的性质可得到结果.【详解】，则函数的图象可由的图象先向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度得到，图象上点的纵坐标不可能为，A正确；图象关于点成中心对称，B正确；图象与轴的交点为，C不正确；函数在区间上分别单调递减，D正确.故选：ABD.11. 已知，则下列命题正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则的最小值为4C. 若，则的最大值为2D. 若，则的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】结合条件使用基本不等式求最值即可判断.【详解】由，有，则，当且仅当时等号成立，故A正确；若，则，当且仅当，即时等号成立，则的最小值为4，故B正确；若，则，当且仅当时等号成立，则的最大值为2，故C正确；若，则，即，当且仅当，即时等号成立，则的最大值为，故D错误.故选：ABC12. 德国著名数学家狄利克雷第一个引入了现代函数的概念，是解析数论的创始人，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为，狄利克雷函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】选项A，若是有理数，可得，可知不是奇函数；选项B，当时，符合题意；选项C，分两种情况讨论得，由偶函数的定义判断；选项D，分两种情况讨论，若是有理数，得；若是无理数，得.【详解】A项，若是有理数，则也是有理数，可得，则不是奇函数，故A错误；B项，当时，，,此时，故B正确；C项，若是有理数，则；若是无理数，，则，又，则，因此，所以函数是偶函数，故正确；D项，若是有理数，，则均是有理数，故；若是无理数，，则均是无理数，故，所以，故D正确.故选：BCD.三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 中国传统文化中很多内容体现了数学的对称美、和谐美，如图所示的太极图.定义：若函数的图象是一条连续不断的曲线，且该曲线同时平分圆的周长和面积，则称函数为该圆的“完美函数”.写出圆心在坐标原点的圆的一个“完美函数”______.  【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意可得一定为奇函数，且图象是一条连续不断的曲线，进而写出符合题意的答案即可.【详解】由题意，“完美函数”能平分圆的周长和面积，且图象是一条连续不断的曲线，所以圆心在坐标原点时，“完美函数”一定为奇函数，则符合题意的一个“完美函数”为（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一）.14. 函数的值域为________【答案】【解析】【分析】将分式函数分离常数，再利用不等式法即可求得函数值域.【详解】，，，，，函数值域为．故答案为：.15. 若函数的定义域为，值域为，则m的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】确定函数图象的开口和对称轴，结合二次函数的性质即可求得答案.【详解】由题意可得函数的图像开口向上，对称轴为，当时，，令，解得或，因为函数的定义域为，值域为，故，故答案为：16. 设表示不超过的最大整数，则方程的所有根的和为__________.【答案】##【解析】【分析】首先根据题意得到，根据得到，从而得到，再分类讨论或或的情况求解即可.【详解】因为，所以，又，所以.由，得，该不等式恒成立.由，得，解得，则或或.当时，可化，解得，又，所以；当时，可化为，解得，又，所以；当时，可化为，解得，又，所以.所以方程的根为，即方程的所有根的和为.故答案为：.四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17. 分别求满足下列条件的的解析式：（1）已知，求；（2）已知函数是一次函数，若，求；（3）已知，求.【答案】（1）    （2）或    （3）【解析】【分析】（1）利用配凑法或换元法求函数解析式；（2）利用待定系数法求函数解析式；（3）利用配凑法或换元法求函数解析式.【小问1详解】方法一（配凑法）：，.方法二（换元法）：令，则，，即.【小问2详解】函数是一次函数，设，则.又，，解得，或或.【小问3详解】，令，，即函数的解析式为：18. 已知命题：“，都有不等式成立”是真命题.（1）求实数的取值集合；（2）设不等式的解集为，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）参变分离后转化为最值问题求解，（2）分类讨论解不等式得，由集合间关系列不等式求解，【小问1详解】由题意得在时恒成立，∴，得，即.【小问2详解】不等式，①当，即时，解集，若是的充分不必要条件，则是的真子集，∴，此时；②当，即时，解集，满足题设条件.③当，即时，解集，若是的充分不必要条件，则是的真子集，∴，此时，综上①②③可得.19. 已知是定义域为的奇函数，且时，.（1）求函数的解析式，并写出单调区间；（2）求不等式的解集.【答案】（1）；单调减区间为.    （2）【解析】【分析】（1）根据奇函数的性质，即可求出函数的解析式，进而求得函数的单调区间；（2）分和，两种情况讨论分别解得不等式的解集，进而得到答案.【小问1详解】解：当时，则，因为函数为奇函数，可得，故所以函数的解析式为，则函数的单调减区间为.【小问2详解】解：当，即时，等价于，即，所以，解得，当，即时，等价于，即，所以，解得，综上所述，不等式的解集为.20. 当下的电动汽车越来越普及，可以通过固定的充电柱进行充电．某商场计划在地下停车库安装公共充电柱，以满足顾客的需求．据市场分析，公共充电柱的历年总利润（单位：万元）与营运年数（是正整数）成二次函数关系，营运三年时总利润为20万元，运营六年时总利润最大，为110万元．（1）求出关于的函数关系式；（2）求营运的年平均总利润的最大值（注：年平均总利润=历年总利润/营运年数）．【答案】（1）    （2）20万元【解析】【分析】（1）根据条件设函数为，代入即可得函数关系式；（2）求出年平均总利润的表达式，利用基本不等式求最值.【小问1详解】因为投入运营六年时总利润最大，为110万元，则二次函数开口向下，且顶点坐标为（6,110），可设函数为，又运营三年时总利润为20万元，即，则，即；【小问2详解】由（1）得年平均总利润为，当且仅当时取“=”.所以营运的年平均总利润的最大值为20万元.21. 已知函数有如下性质：当时，如果常数，那么该函数在上是减函数，在上是增函数.（1）当时，求证：函数在上是减函数；（2）已知，利用上述性质，求函数的单调区间和值域；（3）对于（2）中的函数和函数，若对于任意，总存在，使得成立，求实数的范围.【答案】（1）证明见解析    （2）单调减区间为，单调增区间为；值域为    （3）【解析】【分析】（1）利用定义法证明函数的单调性；（2）换元后，根据对勾函数的单调性求函数值域；（3）由单调性求出的值域，再由包含关系建立不等式求解.【小问1详解】当时，函数在上是减函数，证明如下：任取，，由，，，，则，即，所以函数在上是减函数.【小问2详解】设，则，由已知性质得，当，即时，单调递减，当，即时，单调递增，故单调减区间为，单调增区间为.由，得的值域为.【小问3详解】由于为增函数，故.由题意，知的值域为的值域的子集，从而，解得，所以实数的范围为.22. 给定函数．且用表示，的较大者，记为．（1）若，试写出的解析式，并求的最小值；（2）若函数的最小值为，试求实数的值．【答案】（1），；（2）或．【解析】【分析】由的定义可得，（1）将代入，写出解析式，结合分段区间，求，的最小值并比较大小，即可得的最小值；（2）结合的解析式及对称轴，讨论、、分别求得对应最小值关于的表达式，结合已知求值.【详解】由题意，当时，，当时，，∴（1）当时，，  ∴当时，，此时，当时，，此时，.（2），且对称轴分别为，①当时，即时，在单调递减，单调递增；  ，即，（舍去），②当，即时，在单调递减，单调递增；  ，有，故此时无解.③当，即时，在单调递减，单调递增；  ，即，（舍去）综上，得：或.【点睛】关键点点睛：写出的解析式，第二问需结合各分段上的函数性质-对称轴，讨论参数范围求最小值关于参数的表达式，进而求参数值.