2023-2024学年江苏省苏州市高一上学期11月期中摸底数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江苏省苏州市高一上学期11月期中摸底数学试题含答案，共14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，，则集合（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】利用集合补集的性质直接求解即可
【详解】由于，，所以，
故选A
2．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据根式与分式的定义域求解即可.
【详解】的定义域满足，解得.
故选：D
3．“函数在上为减函数”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据函数在上为减函数求出实数的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】若函数在上为减函数，则，解得，
又因为，
因此，“函数在上为减函数”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.
【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；
当时，，选项B错误.
故选：A.
【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
5．设函数，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据分段函数，先由得，由代入分段函数可得.
【详解】由题意，
因，
所以，
故选：C
6．专家对某地区新冠肺炎爆发趋势进行研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间（单位：天）与病情爆发系数之间，满足函数模型：，当时，标志着疫情将要大面积爆发，则此时约为（ ）
(参考数据：)
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据列式求解即可得答案.
【详解】解：因为，，
所以，即，
所以，由于，故，
所以，所以，解得.
故选：B.
【点睛】本题解题的关键在于根据题意得，再结合已知得，进而根据解方程即可得答案，是基础题.
7．函数在 上单调递增，且，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据题中所给的条件，结合函数的单调性，建立m所满足的不等式组，求解得结果.
【详解】因为在上单调递增，且，
所以有，解得，
所以m的取值范围是，故选A.
【点睛】该题考查的是有关抽象函数的问题，根据题中所给的条件，结合函数的定义域以及单调性，建立相应的不等式组，求解即可，在解题的过程中，定义域优先原则是关键.
8．黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且，为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，.已知，，，则（ ）注：，为互质的正整数，即为已约分的最简真分数.
A．的值域为B．
C．D．以上选项都不对
【答案】B
【分析】设，（，且，为互质的正整数） ，B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，然后对A选项，根据黎曼函数在上的定义分析即可求解；对B、C选项：分①，；②，；③或分析讨论即可．
【详解】解：设，（，且，为互质的正整数），B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，
对A选项：由题意，的值域为，其中是大于等于2的正整数，
故选项A错误；
对B、C选项：
①当，，则，；
②当，，则，＝0；
③当或，则，，
所以选项B正确，选项C、D错误，
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是牢牢抓住黎曼函数在上的定义去分析.
二、多选题
9．图中阴影部分用集合表示正确的是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】由图可得图中阴影部分表示为，再根据集合的运算判断即可.
【详解】由图可得图中阴影部分表示为，
又，，，
故符合题意的有A、B、C.
故选：ABC
10．下列命题中假命题有（ ）
A．，
B．“且”是“”的充要条件
C．，
D．函数的值域为
【答案】BC
【分析】由不等式性质判断A；特殊值法并结合充分、必要性定义判断B；根据函数的性质判断C；利用二次函数性质求值域判断D.
【详解】A：由，则，故，真命题；
B：显然满足，但此时且不成立，假命题；
C：对于，开口向上且，则恒成立，假命题；
D：且开口向下，易知其值域为，真命题.
故选：BC
11．若，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据对数和指数运算规则逐项分析.
【详解】由条件：，即，A正确；
，即，B错误，D正确；
由，则，C正确；
故选：ACD.
12．下列说法正确的是（ ）
A．若为正数，且满足，则的最小值为
B．已知实数，则表达式的最小值为
C．已知实数且，满足，则的最小值为
D．若两个不相等的正数满足，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据基本不等式、“1”的代换以及二次函数求最值判断各选项.
【详解】对于A，若为正数，，得，解得，所以当时，的最小值为；故A正确.
对于B，已知实数， ，
当时，即时，的最小值为，故B正确；
对于C，已知且，则，，，
，
所以当时，即，时，取最小值1，但已知，故C错误；
对于D，已知两个不相等的正数，
因为，所以，
所以，解得，，
所以
，
，
当时，，
所以当时，有最小值.
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．命题“”的否定是 .
【答案】
【分析】根据全称命题的否定是特称命题，写出结论.
【详解】原命题是全称命题，故其否定是特称命题，所以原命题的否定是“”.
【点睛】本小题主要考查全称命题的否定是特称命题，除了形式上的否定外，还要注意否定结论，属于基础题.
14．已知幂函数的图象经过点，则该函数的单调区间为 .
【答案】，
【分析】根据幂函数的定义，结合代入法进行求解即可.
【详解】设幂函数的解析式为，
因为幂函数的图象经过点，
所以有，
因此该函数的单调区间为，，
故答案为：，
15．已知偶函数在区间上单调递减，且，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】根据函数的单调性和奇偶性求解抽象不等式即可.
【详解】由题知：在区间上单调递减，在上单调递增，
且，
当时，，，，符合题意，
当时，，，，不符合题意，
当时，，，，符合题意，
当时，，，，不符合题意，
综上的解集为
故答案为：
16．已知函数，，为常数，若对于任意，，且，都有则实数的取值范围为 .
【答案】[0，2]
【分析】构造函数F（x）＝f（x）﹣g（x），利用F（x）的单调性求出a
【详解】解：对于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有f（x1）﹣f（x2）＜g（x1）﹣g（x2），即f（x1）﹣g（x1）＜f（x2）﹣g（x2），
令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣a|x﹣1|，即F（x1）＜F（x2），只需F（x）在[0，2]单调递增即可，
当x＝1时，F（x）＝0，图象恒过（1，0）点，
当x＞1时，F（x）＝x2﹣ax+a，
当x＜1时，F（x）＝x2+ax﹣a，
要使F（x）在[0，2]递增，
则当1＜x≤2时，F（x）＝x2﹣ax+a的对称轴x＝，即a≤2，
当0≤x＜1时，F（x）＝x2+ax﹣a的对称轴x＝，即a≥0，
故a∈[0，2]，
故答案为：[0，2]
【点睛】考查恒成立问题，函数的单调性问题，利用了构造函数法，属于中档题．
四、解答题
17．（1）求的值；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用指数幂的运算性质化简计算即可；
（2）把平方，结合即可求得，利用可得的值，代入所求的式子即可得答案．
【详解】（1）；
（2），，，
，．
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，若是的充分条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分析可知在时恒成立，利用二次函数的基本性质可求得实数的取值集合；
（2）分析可知，分、两种情况讨论，求出集合，结合可得出关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：由，都有不等式成立，
得在时恒成立，所以，
因为二次函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
所以，当时，，，所以，.
（2）解：由可得.
①当时，可得或，
因为是的充分条件，则，则，此时，；
②当时，可得或，
因为是的充分条件，则，则，解得，此时.
综上所述，实数的取值范围是.
19．已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求的值；
(2)用单调性定义证明：函数在区间上单调递增；
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用奇函数的性质求得，再由求得、b的值；
（2）利用单调性的定义，结合作差法即可证明；
（3）利用奇函数的性质得到，再利用（2）中结论去掉即可求
【详解】（1）由题意可知，
即，
，
又，即
（2），且，有
，
由于，即，
所以函数在区间上单调递增.
（3）因为为奇函数，所以由，
得，
又因为函数在区间上单调递增，
所以
解得，故，
所以实数的取值范围是
20．某公司每月最多生产100台报警系统装置，生产台的收入函数为（单位：元），其成本函数为（单位：元），利润是收入与成本之差．
(1)求利润函数及利润函数的最大值；
(2)为了促销，如果每月还需投入500元的宣传费用，设每台产品的利润为，求的最大值及此时的值．
【答案】(1)利润函数，最大值为（元）
(2)当台时，每台产品的利润取到最大值1900元
【分析】（1）根据题意得到的解析式，再利用二次函数的性质即可求得的最大值；
（2）根据题意得到的解析式，再利用基本不等式即可得解.
【详解】（1）由题意知，
，
易得的对称轴为，
所以当或时，取得最大值为（元）．
所以利润函数，最大值为（元）；
（2）依题意，得
（元）.
当且仅当时等号成立，即时，等号成立．
所以当台时，每台产品的利润取得最大值元．
21．已知函数
（1）求函数的解析式；
（2）设，若存在使成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）解法一：运用配凑法，然后整体换元得函数的解析式；
解法二：运用换元法，令，则且．代入原式求得的解析式，进而换元得到函数的解析式；
（2）由（1）代入将问题转化为在时有解．再令，由，得，设．根据二次函数的最值可得取值范围.
【详解】（1）解法一：∵，∴．
又，∴．
解法二：令，则．由于，所以．
代入原式有，
所以．
（2）∵，∴．
∵存在使成立，
∴在时有解．
令，由，得，
设．
则函数的图象的对称轴方程为，
∴当时，函数取得最小值．
∴，即的取值范围为．
22．对于定义域为的函数，如果存在区间，同时满足下列两个条件：
①在区间上是单调的；
②当定义域是时，的值域也是．则称是函数的一个“黄金区间”．
（1）请证明：函数不存在“黄金区间”．
（2）已知函数在上存在“黄金区间”，请求出它的“黄金区间”．
（3）如果是函数的一个“黄金区间”，请求出的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由为上的增函数和方程的解的情况可得证；
（2）由可得出，再由二次函数的对称轴和方程，可求出函数的“黄金区间”；
（3）化简得函数的单调性，由已知是方程的两个同号的实数根，再由根的判别式和根与系数的关系可表示，由或，可得的最大值．
【详解】解：（1）证明：由为上的增函数，则有，
∴，无解，∴不存在“黄金区间”；
（2）记是函数的一个“黄金区间”，
由及此时函数值域为，可知
而其对称轴为，∴在上必为增函数，
令，∴，∴
故该函数有唯一一个“黄金区间”；
（3）由在和上均为增函数，
已知在“黄金区间”上单调，所以或，且在上为单调递增，
则同理可得，，即是方程的两个同号的实数根，等价于方程有两个同号的实数根，
又，则只要，∴或，
而由韦达定理知，，
所以，其中或，所以当时，取得最大值．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，对于解决此类问题的关键在于紧扣函数的新定义，注意将值域问题转化为方程的根的情况得以解决.