浙江省嘉兴市第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题及答案

这是一份浙江省嘉兴市第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题及答案，共11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．已知全集为，集合，满足，则下列运算结果为的是（ ）
A．B．C．D．
2．使不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．或
C．D．
3．的最小值为（ ）
A．4B．7C．11D．24
4．若不等式对一切恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．若函数的单调减区间是，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知且，则的最小值为（ ）
A．10B．9C．8D．7
7．已知定义在上的函数在上单调递减，且为偶函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，若存在区间，使得函数在上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下面四个条件中，使成立的充分而不必要条件的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知奇函数在R上单调递减，则满足不等式的整数可以是（ ）
A．1B．0C．D．
11．狄里克雷（Dirichlet，PeterGustavLejeune，1805~1859）是德国数学家，对数论､数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.1837年他提出函数是与之间的一种对应关系的现代观点.用其名字命名的“狄里克雷函数”：，下列叙述中正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．D．
12．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．
三、填空题
13．函数的定义域是 .
14．若至少存在一个，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围为 ．
15．若关于的不等式的解集中只有一个元素，则实数的取值集合为 ．
16．已知关于的实系数一元二次方程有两个根、，且，则满足条件的实数的值为 .
四、解答题
17．设集合，.
(1)当时，求.
(2)若，求m的取值范围.
18．已知函数，.
(1)证明：函数在上单调递增；
(2)若，求实数t的取值范围.
19．已知函数是定义在上的减函数，且满足，.
（1）求；
（2）若，求x的取值范围.
20．已知函数．
(1)当时，求的最小值；
(2)若对，不等式恒成立，求的取值范围．
21．已知函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)已知，且在上恒成立，求的取值范围；
(3)若关于的方程有两个不相等的实数根，且，，求的取值范围．
22．已知函数，.
(1)若不等式对任意，恒成立，求实数的取值范围；
(2)对于，求函数在上的最小值.
参考答案：
1．D
【分析】由题意作出Venn图，再由集合的运算逐一判断即可
【详解】全集，集合，满足，绘制Venn图，如下：

对于A：，A错误；
对于B：，B错误；
对于C：，C错误；
对于D：，D正确.
故选：D.
2．C
【分析】由题意要选的是的真子集.
【详解】由得，
因为选项中只有，
故只有C选项中的条件是使不等式成立的一个充分不必要条件．
故选：C.
3．B
【分析】采用降次、配凑，最后利用基本不等式即可.
【详解】，则，，
当且仅当，即时等号成立，
故选：B．
4．C
【分析】分和，当时，根据二次函数性质可求得a的范围.
【详解】当，即时，原不等式恒成立；
当时，要使原不等式对一切恒成立，则，解得.
综上，实数a的取值范围为.
故选：C
5．B
【分析】根据二次函数的单调性可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】因为的对称轴为且开口向上，单调减区间是，所以，所以．
故选：B．
6．B
【分析】令，结合可得，由此即得，展开后利用基本不等式即可求得答案.
【详解】由题意得，，
令，则，
由得，
故
，
当且仅当，结合，即时取等号，
也即，即时，等号成立，
故的最小值为9，
故选：B
7．D
【分析】由为偶函数求得函数对称轴，再结合函数的单调性进行求解即可.
【详解】∵函数为偶函数，∴，即，
∴函数的图象关于直线对称，
又∵函数定义域为，在区间上单调递减，
∴函数在区间上单调递增，
∴由得，，解得.
故选：D.
8．D
【分析】根据函数单调性，建立方程组，等价转化为二次方程求根，建立不等式组，可得答案.
【详解】由函数，显然该函数在上单调递增，
由函数在上的值域为，则，
等价于存在两个不相等且大于等于的实数根，且在上恒成立，则，
解得.
故选：D.
9．AD
【分析】根据充分条件与必要条件的定义结合不等式的性质逐项分析即得.
【详解】由，由推不出，故A正确；
由推不出，故B错误；
由推不出，故C错误；
由，可得，由推不出，故D正确.
故选：AD.
10．CD
【分析】由为奇函数得到，且在R上单调递减，从而得到当和时，，符合要求，得到答案.
【详解】为奇函数，故，
令得：，则，
又在R上单调递减，故在R上单调递减，
当时，，当时，，
当时，，故，符合要求，
当时，，
当时，，此时，
当时，，
当时，，故，符合要求，
综上：满足不等式的整数可以是-3，-4.
故选：CD
11．ABD
【分析】根据题设中的狄里克雷函数的解析式，分为有理数和无理数，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，函数，
对于A中，当为有理数，则也为有理数，满足；
当为无理数，则也为无理数，满足，
所以函数为偶函数，所以A正确；
对于B中，当为有理数，则也为有理数，满足；
当为无理数，则也为无理数，满足，
所以成立，所以B正确；
对于C中，例如：当时，则也为无理数，满足；
可得，所以C不正确；
对于D中，当为有理数，可得，则，
当为无理数，可得，则，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
12．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R上的偶函数，是定义在R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
13．
【分析】根据具体函数的形式，直接求定义域.
【详解】由题意可知
解得：，
函数的定义域是.
故答案为：
【点睛】本题考查具体函数的定义域，属于简单题型.
14．
【详解】问题转化为：至少存在一个，使得关于的不等式成立，令，，函数与轴交于点，与轴交于点，
（1）当函数的左支与轴交于点，此时有，若，解得或，
则当时，在轴右侧，函数的图象在函数的上方，不合乎题意；
（2）在轴右侧，当函数的左支与曲线的图象相切时，函数左支图象对应的解析式为，将代入得，即，
令，即，解得，则当时，如下图所示，在轴右侧，
函数的图象在函数的上方或相切，则不等式在上恒成立，不合乎题意；
（3）当时，如下图所示，在轴右侧，函数的图象的左支或右支与函数相交，在轴右侧，函数的图象中必有一部分图象在函数的下方，即存在，使得不等式成立，故实数的取值范围是.
15．
【分析】分、、三种情况讨论，当时即可求出的值，同理求出时参数的值，即可得解.
【详解】解：对于不等式，
当时，解集为显然不合题意，
当时，不等式等价于，因为不等式组的解集中只有一个元素，
则恒成立且方程有两个相等的实数根，
即且，显然时，
由，解得，
所以，
当时，不等式等价于，因为不等式组的解集中只有一个元素，
则恒成立且方程有两个相等的实数根，
即且，显然时，
由，解得，
所以，
综上可得.
故答案为：
16．或
【分析】分、两种情况讨论，在第一种情况下，利用韦达定理可求得的值；在第二种情况下，求出、的值，结合复数的模长公式可求得实数.综合可得出实数的值.
【详解】分以下两种情况讨论：
（1）当时，即当时，由韦达定理可得，，
；
（2）当时，即当时，
由可得，解得，，
，解得.
综上所述，或.
故答案为：或.
17．(1)
(2)
【分析】（1）将代入相应集合，并结合交集与并集的概念即可求解.
（2）由题意，这里要注意对集合分两种情形讨论：集合为空集或者集合不为空集，然后相应去求解即可.
【详解】（1）当时, ,
又因为，
所以
（2）若,则分以下两种情形讨论：
情形一：当集合为空集时，有，
解不等式得.
情形二：当集合不为空集时，由以上情形以可知，此时首先有，其次若要保证，在数轴上画出集合如下图所示：

由图可知，解得；结合可知.
综合以上两种情形可知：m的取值范围为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）按函数单调递增的定义去证明即可；
（2）依据函数的奇偶性和单调性把已知条件转化为具体不等式，解之即可.
【详解】（1）证明：设，且，
则，
∵，，，，
∴，
即，
∴函数在上单调递增.
（2）因为，则为奇函数.
由，得.
又因为在上单调递增，则，解得.
故实数t的取值范围为.
19．（1）0；（2）.
【解析】（1）根据对、进行赋值即可得到答案；
（2）利用赋值法得，然后结合转化已知不等式为，最后根据单调性求出所求.
【详解】（1）令，得，得.
（2）令，有，即
又
又已知是定义在上的减函数
∴有，解得.
【点睛】关键点点睛：解决抽象函数问题，主要考查利用赋值法求解抽象函数的函数值，利用单调性求解不等式，属于函数知识的综合应用，属于中档题.
20．(1)2
(2)
【分析】（1）将代入，利用绝对值三角不等式即可求出最小值；
（2）设，，求出的取值范围，根据，得出，根据绝对值三角不等式求解即可．
【详解】（1）当时，，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为2．
（2）设，，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
又因为，
所以，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，即或，解得或，
故．
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得，求解即可得出答案；
（2）函数，可得二次函数图象的开口向上，且对称轴为，题意转化为，利用二次函数的图象与性质，即可得出答案；
（3）利用一元二次方程的根的判别式和韦达定理，即可得出答案．
【详解】（1）解：当时，，
，即，解得或，
∴不等式的解集为；
（2），
则二次函数图象的开口向上，且对称轴为，
∴在上单调递增，，
在上恒成立，转化为，
∴，解得，故实数的取值范围为；
（3）关于的方程有两个不相等的实数根，
∵，，，
∴且，解得，
，
令（），
在上单调递减，
，，
故的取值范围为．
22．(1)
(2)
【分析】（1）构造函数，由题设条件可得在上单调递增，结合二次函数的性质即可求得的取值范围；
（2）先将表示成分段函数，当时，利用二次函数的性质可求得的最小值，当时，利用轴动区间动分类讨论端点与对称轴的大小关系，给合二次函数的性质求得在的最小值，从而求得在上的最小值.
【详解】（1）因为对任意，，恒成立，
即，
令，则，
所以在上单调递增，
当时，，显然在上单调递减，不满足题意，舍去；
当时，由二次函数的性质可知开口向上，对称轴，即，
所以，即.
（2）由题意得，，
①当时，，
因为，所以开口向上，对称轴，
所以在单调递增，故；
②当时，，则开口向上，对称轴为，
当，即时，在上单调递增，
故，又由①可知，
所以在上，
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，
若，即时，；
若，即时，.
综上：.
【点睛】方法点睛：二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．