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2023-2024学年浙江省安吉县高一上学期十二月统一检测数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年浙江省安吉县高一上学期十二月统一检测数学试题含答案，共17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．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合集合并集的概念与运算，即可求解.
【详解】由集合，，
根据集合并集的概念与运算，可得.
故选：B.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得：
命题“，”的否定为“，”.
故选：C.
3．“函数在区间上单调递增”是“函数在区间上有最大值”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
【分析】根据充分与必要条件的性质判断即可.
【详解】“函数在区间上单调递增”，则函数在区间上有最大值；
但“函数在区间上有最大值”不能得出“函数在区间上单调递增”.
故“函数在区间上单调递增”是“函数在区间上有最大值”的充分不必要条件.
故选：A
4．已知幂函数为偶函数，且在上单调递减，则实数的值（ ）
A．2B．C．2或D．不存在
【答案】B
【分析】由幂函数的图像特征及函数的奇偶性，单调性可求解.
【详解】由幂函数为偶函数，即且为偶数，
解得，所以，且在上单调递减，满足题意，
故选：B.
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数的性质，可得，，
又由指数函数的性质，可得，
所以.
故选：A.
6．已知函数，，用表示，中较小者，记为.当时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合二次函数与一次函数图象分别为抛物线和直线，画出函数图象，再根据得到的图象，再写出的解析式，根据解析式可得值域.
【详解】与的图象如下，
令，解得或，
由于，所以的图象如下图，
即，
由图可知当时，的最大值为，最小值为，
所以的值域为，
故选：D.
7．为了保证杭州亚运会运动员能够吃上新鲜食材，亚运会后勤采购部门决定从千岛湖某水产站直接采购新鲜活鱼.活鱼出水后，须在最短时间内将其处理掉，否则会失去新鲜度.已知某种活鱼失去新鲜度与其出水时间（分）满足函数关系：.若出水后20分钟失去新鲜度为10%，出水后40分钟失去新鲜度为30%.若不及时处理，在多长时间后失去全部新鲜度（ ）
（参考数据：）
A．52B．59C．62D．69
【答案】C
【分析】根据已知条件列式可得出，，可得出关于的函数关系式，然后令求出的值，即可得解.
【详解】由题意可得，解得，所以，
令，得，可得，
.
因此，若不及时处理，大约62分钟后将失去全部新鲜度.
故选：C.
8．已知对，不等式恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据恒成立，分别讨论和时的解集，从而求出的两根，然后利用根与系数的关系，求出，，即可求解.
【详解】由题意得，不等式恒成立，
当时，即，解得或，此时，
当时，即，解得，此时，
所以，的两根分别为，，
由根与系数的关系得：，，
则，，
所以，即，
化简得：，解得或，故D项正确.
故选：D.
二、多选题
9．已知，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，根据不等式的性质，可得，所以A正确；
对于B中，由，根据不等式的性质，可得，所以B正确；
对于C中，例如时，满足，此时，所以C错误；
对于D中，由，两边同乘，可得；两边同乘，可得，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
10．下列对应关系：是集合到集合的函数关系的是（ ）
A．，，，
B．，，，
C．，，，
D．，，，
【答案】AC
【分析】根据函数的概念，结合对应关系，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，集合，，可得为多对一对应，
所以是函数关系，符合题意；
对于B中，集合，可得集合中的元素，在集合中没有元素与之对应，所以不是函数关系，不符合题意；
对于C中，集合，，可得为多对一对应，
所以是函数关系，符合题意；
对于D中，集合，，可得集合中的一个元素，在集合中有两个元素与之对应，所以不是函数关系，不符合题意.
故选：AC.
11．已知函数，若关于的方程有个不同实数根，且，则下列判断正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ABD
【分析】根据题意，转化为函数与的图象的交点的个数，作出函数的图象，利用函数的图象，结合二次函数的对称性和对数的运算性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，
因为关于的方程有个不同实数根，
等价于函数与的图象的交点的个数，
作出函数的图象，如图所示，
当时，即方程只有一个实根，则，所以A正确；
当时，即方程只有两个实根，则满足，且，
可得，即，可得，所以B正确；
当时，即方程只有三个实根，可得或，所以C不正确；
当时，即方程只有四个实根，结合图象，可得关于对称，
则，又由，且，可得，
可得，则，因为，可得，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，的零点分别是，，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据函数零点定义，结合指数函数与对数函数的性质，得到，且，再利用基本不等式，逐项判定，即可求解
【详解】设函数和的图象与的交点分别为，
根据指数函数与对数函数的性质知，函数和的图象关于对称，
如图所示，联立方程组，解得，即，
则点为的中点，
因为函数，的零点分别是，
所以，且，所以A错误；
又由，可得，可得，当且仅当时，
因为，所以等号不成立，所以，所以B正确；
由，
当且仅当时，即时，又因为，所以等号不成立，所以，
所以C正确；
由，所以，所以D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．计算 .
【答案】
【分析】根据题意，结合对数的运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】由对数的运算法则，可得.
故答案为：.
14．设为上的奇函数，且当时，，则 ．
【答案】
【分析】由奇函数的定义，则，从而可得出答案.
【详解】由是奇函数，则,
所以
故答案为：
15．若不计空气阻力，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式：，其中取.已知一名同学以初速度竖直上抛一排球，排球能够在抛出点以上的位置停留 秒时间.
【答案】
【分析】根据题意求得关系式，令，得到，即可求解.
【详解】由题意，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式，
因为，所以，
令，得，即，解得，，
所以停留的时间为.
故答案为：.
16．已知函数在上的最大值为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】根据函数图象分类讨论取得最大值时的情况，进而求解即可.
【详解】当时，，草图如下，
所以，
可得，解得；
当时，，草图如下，
所以，
可得，解得（舍）.
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，.
(1)若，全集，求；
(2)若，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，根据并集和补集的定义和运算即可求解；
（2）根据交集的定义和运算可得，建立方程，分类讨论求出对应a的值，验证即可.
【详解】（1）当时，，，则，
又，
所以；
（2）若，则，
当时，即，此时与互异性矛盾舍去，
当时，即或，
而，此时与互异性矛盾舍去，
时，，，满足题意，
所以.
18．已知函数的图象经过点，.
(1)求实数，的值；
(2)若不等式的解集记为，求时，函数的值域.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据函数过点，，把点代入方程，从而可求解.
（2）求出集合，然后利用函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由题知点，在函数上，所以，解得，
故，.
（2）由得，则，
解得，即，
因为在上单调递增，
故当时，
，
当时，，
所以的值域为.
19．已知函数，且.
(1)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(2)解不等式.
【答案】(1)单调递增，证明见解析
(2)
【分析】（1）由求得，然后利用定义法判断函数单调性；
（2）利用奇函数和单调性的性质，不等式转化为，进而求解即可.
【详解】（1）由题知，则，
所以，
对，，且，
则，
因为，
所以，，
所以即，
所以函数在上单调递增.
（2）由（1）知，，
因为，
所以为奇函数，
由得，
即，
又，，
由（1）知，
所以.
20．喷绘在商业广告、宣传等领域应用广泛，喷绘画面是使用喷绘机打印出来的.喷绘机工作时相当于一条直线（喷嘴）连续扫过一张画布，一家广告公司在一个等腰△AOB的画布上使用喷绘机印刷广告，画布底角，底边米，如图所示，记△AOB位于直线左侧的图形面积为.
(1)试求函数的解析式；
(2)定义为“平均喷绘率”，求平均喷绘率的峰值（即最大值）.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合三角形的面积公式，分别求得和上的解析式，即可求解；
（2）由（1）知，结合一次函数的性质和基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，根据三角形的面积公式，可得：
当时，，
当时，，
所以函数的解析式
（2）解：由（1）知，
当时，可得；
当时，，等号成立当且仅当，即，
又因为，所以，
所以.
21．已知函数，.
(1)若，记函数在上最大值为，最小值为，求；
(2)若存在实数，，且，使得在上的值域为，求实数的取值范围.
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）方法一：首先确定为奇函数，再结合奇函数的性质可得；
方法二：直接利用单调性求出最大最小值，再相加即可得答案；
（2）方法一：利用参变分离的方法求解；
方法二：令，则方程在上有两个不相等的实数根，利用二次函数的零点分布可解.
【详解】（1）方法一
因为，
所以为奇函数，
故当，时，；
方法二
因为在上单调递增，
所以，，
所以；
（2）因为在上单调递增，
所以，
所以方程在上有2个不同的实数根；
方法一
由知
令，则，
令设，
当时， 所以，所以在函数单调递减，
当时， 所以，所以在函数单调递增，
又当时，，当时，为最小值，
方程有两个解可以看作与图象有两个交点，
所以，即；
方法二
令，则方程在上有两个不相等的实数根，
则，所以，
解得.
综上：
22．我们知道，函数的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.
(1)求函数图象的对称中心；
(2)若函数的图象关于点对称，证明：；
(3)已知函数，其中，若正数，满足，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）令，由为奇函数，得到，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）令，由为奇函数，得到，令，即可得证；
（3）由函数，得到，得到的对称中心为，求得
，两式相加得到，得出，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：令，因为为奇函数，
所以，即，
所以，
化简得，则 ，
解得，即图像的对称中心为.
（2）解：令，因为为奇函数，
所以，即，
所以，
令，则，即；
（3）解：因为，
所以，
所以，可得的对称中心为，
因为
两式相加得：，即，
又由.
方法一：由
，
当且仅当时取等号.
方法二：由，
令，
则
当且仅当时取等号.
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合集合并集的概念与运算，即可求解.
【详解】由集合，，
根据集合并集的概念与运算，可得.
故选：B.
2．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得：
命题“，”的否定为“，”.
故选：C.
3．“函数在区间上单调递增”是“函数在区间上有最大值”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
【分析】根据充分与必要条件的性质判断即可.
【详解】“函数在区间上单调递增”，则函数在区间上有最大值；
但“函数在区间上有最大值”不能得出“函数在区间上单调递增”.
故“函数在区间上单调递增”是“函数在区间上有最大值”的充分不必要条件.
故选：A
4．已知幂函数为偶函数，且在上单调递减，则实数的值（ ）
A．2B．C．2或D．不存在
【答案】B
【分析】由幂函数的图像特征及函数的奇偶性，单调性可求解.
【详解】由幂函数为偶函数，即且为偶数，
解得，所以，且在上单调递减，满足题意，
故选：B.
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由对数函数的性质，可得，，
又由指数函数的性质，可得，
所以.
故选：A.
6．已知函数，，用表示，中较小者，记为.当时，函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合二次函数与一次函数图象分别为抛物线和直线，画出函数图象，再根据得到的图象，再写出的解析式，根据解析式可得值域.
【详解】与的图象如下，
令，解得或，
由于，所以的图象如下图，
即，
由图可知当时，的最大值为，最小值为，
所以的值域为，
故选：D.
7．为了保证杭州亚运会运动员能够吃上新鲜食材，亚运会后勤采购部门决定从千岛湖某水产站直接采购新鲜活鱼.活鱼出水后，须在最短时间内将其处理掉，否则会失去新鲜度.已知某种活鱼失去新鲜度与其出水时间（分）满足函数关系：.若出水后20分钟失去新鲜度为10%，出水后40分钟失去新鲜度为30%.若不及时处理，在多长时间后失去全部新鲜度（ ）
（参考数据：）
A．52B．59C．62D．69
【答案】C
【分析】根据已知条件列式可得出，，可得出关于的函数关系式，然后令求出的值，即可得解.
【详解】由题意可得，解得，所以，
令，得，可得，
.
因此，若不及时处理，大约62分钟后将失去全部新鲜度.
故选：C.
8．已知对，不等式恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据恒成立，分别讨论和时的解集，从而求出的两根，然后利用根与系数的关系，求出，，即可求解.
【详解】由题意得，不等式恒成立，
当时，即，解得或，此时，
当时，即，解得，此时，
所以，的两根分别为，，
由根与系数的关系得：，，
则，，
所以，即，
化简得：，解得或，故D项正确.
故选：D.
二、多选题
9．已知，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据题意，结合不等式的基本性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，根据不等式的性质，可得，所以A正确；
对于B中，由，根据不等式的性质，可得，所以B正确；
对于C中，例如时，满足，此时，所以C错误；
对于D中，由，两边同乘，可得；两边同乘，可得，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
10．下列对应关系：是集合到集合的函数关系的是（ ）
A．，，，
B．，，，
C．，，，
D．，，，
【答案】AC
【分析】根据函数的概念，结合对应关系，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，集合，，可得为多对一对应，
所以是函数关系，符合题意；
对于B中，集合，可得集合中的元素，在集合中没有元素与之对应，所以不是函数关系，不符合题意；
对于C中，集合，，可得为多对一对应，
所以是函数关系，符合题意；
对于D中，集合，，可得集合中的一个元素，在集合中有两个元素与之对应，所以不是函数关系，不符合题意.
故选：AC.
11．已知函数，若关于的方程有个不同实数根，且，则下列判断正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ABD
【分析】根据题意，转化为函数与的图象的交点的个数，作出函数的图象，利用函数的图象，结合二次函数的对称性和对数的运算性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，
因为关于的方程有个不同实数根，
等价于函数与的图象的交点的个数，
作出函数的图象，如图所示，
当时，即方程只有一个实根，则，所以A正确；
当时，即方程只有两个实根，则满足，且，
可得，即，可得，所以B正确；
当时，即方程只有三个实根，可得或，所以C不正确；
当时，即方程只有四个实根，结合图象，可得关于对称，
则，又由，且，可得，
可得，则，因为，可得，
所以，所以D正确.
故选：ABD.
12．已知函数，的零点分别是，，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据函数零点定义，结合指数函数与对数函数的性质，得到，且，再利用基本不等式，逐项判定，即可求解
【详解】设函数和的图象与的交点分别为，
根据指数函数与对数函数的性质知，函数和的图象关于对称，
如图所示，联立方程组，解得，即，
则点为的中点，
因为函数，的零点分别是，
所以，且，所以A错误；
又由，可得，可得，当且仅当时，
因为，所以等号不成立，所以，所以B正确；
由，
当且仅当时，即时，又因为，所以等号不成立，所以，
所以C正确；
由，所以，所以D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．计算 .
【答案】
【分析】根据题意，结合对数的运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】由对数的运算法则，可得.
故答案为：.
14．设为上的奇函数，且当时，，则 ．
【答案】
【分析】由奇函数的定义，则，从而可得出答案.
【详解】由是奇函数，则,
所以
故答案为：
15．若不计空气阻力，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式：，其中取.已知一名同学以初速度竖直上抛一排球，排球能够在抛出点以上的位置停留 秒时间.
【答案】
【分析】根据题意求得关系式，令，得到，即可求解.
【详解】由题意，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式，
因为，所以，
令，得，即，解得，，
所以停留的时间为.
故答案为：.
16．已知函数在上的最大值为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】根据函数图象分类讨论取得最大值时的情况，进而求解即可.
【详解】当时，，草图如下，
所以，
可得，解得；
当时，，草图如下，
所以，
可得，解得（舍）.
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，.
(1)若，全集，求；
(2)若，求实数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意，根据并集和补集的定义和运算即可求解；
（2）根据交集的定义和运算可得，建立方程，分类讨论求出对应a的值，验证即可.
【详解】（1）当时，，，则，
又，
所以；
（2）若，则，
当时，即，此时与互异性矛盾舍去，
当时，即或，
而，此时与互异性矛盾舍去，
时，，，满足题意，
所以.
18．已知函数的图象经过点，.
(1)求实数，的值；
(2)若不等式的解集记为，求时，函数的值域.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据函数过点，，把点代入方程，从而可求解.
（2）求出集合，然后利用函数的单调性即可求解.
【详解】（1）由题知点，在函数上，所以，解得，
故，.
（2）由得，则，
解得，即，
因为在上单调递增，
故当时，
，
当时，，
所以的值域为.
19．已知函数，且.
(1)判断函数在上的单调性，并用定义证明；
(2)解不等式.
【答案】(1)单调递增，证明见解析
(2)
【分析】（1）由求得，然后利用定义法判断函数单调性；
（2）利用奇函数和单调性的性质，不等式转化为，进而求解即可.
【详解】（1）由题知，则，
所以，
对，，且，
则，
因为，
所以，，
所以即，
所以函数在上单调递增.
（2）由（1）知，，
因为，
所以为奇函数，
由得，
即，
又，，
由（1）知，
所以.
20．喷绘在商业广告、宣传等领域应用广泛，喷绘画面是使用喷绘机打印出来的.喷绘机工作时相当于一条直线（喷嘴）连续扫过一张画布，一家广告公司在一个等腰△AOB的画布上使用喷绘机印刷广告，画布底角，底边米，如图所示，记△AOB位于直线左侧的图形面积为.
(1)试求函数的解析式；
(2)定义为“平均喷绘率”，求平均喷绘率的峰值（即最大值）.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合三角形的面积公式，分别求得和上的解析式，即可求解；
（2）由（1）知，结合一次函数的性质和基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，根据三角形的面积公式，可得：
当时，，
当时，，
所以函数的解析式
（2）解：由（1）知，
当时，可得；
当时，，等号成立当且仅当，即，
又因为，所以，
所以.
21．已知函数，.
(1)若，记函数在上最大值为，最小值为，求；
(2)若存在实数，，且，使得在上的值域为，求实数的取值范围.
【答案】(1)0
(2)
【分析】（1）方法一：首先确定为奇函数，再结合奇函数的性质可得；
方法二：直接利用单调性求出最大最小值，再相加即可得答案；
（2）方法一：利用参变分离的方法求解；
方法二：令，则方程在上有两个不相等的实数根，利用二次函数的零点分布可解.
【详解】（1）方法一
因为，
所以为奇函数，
故当，时，；
方法二
因为在上单调递增，
所以，，
所以；
（2）因为在上单调递增，
所以，
所以方程在上有2个不同的实数根；
方法一
由知
令，则，
令设，
当时， 所以，所以在函数单调递减，
当时， 所以，所以在函数单调递增，
又当时，，当时，为最小值，
方程有两个解可以看作与图象有两个交点，
所以，即；
方法二
令，则方程在上有两个不相等的实数根，
则，所以，
解得.
综上：
22．我们知道，函数的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.
(1)求函数图象的对称中心；
(2)若函数的图象关于点对称，证明：；
(3)已知函数，其中，若正数，满足，且不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）令，由为奇函数，得到，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）令，由为奇函数，得到，令，即可得证；
（3）由函数，得到，得到的对称中心为，求得
，两式相加得到，得出，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：令，因为为奇函数，
所以，即，
所以，
化简得，则 ，
解得，即图像的对称中心为.
（2）解：令，因为为奇函数，
所以，即，
所以，
令，则，即；
（3）解：因为，
所以，
所以，可得的对称中心为，
因为
两式相加得：，即，
又由.
方法一：由
，
当且仅当时取等号.
方法二：由，
令，
则
当且仅当时取等号.
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