2023-2024学年山东省日照市高一上学期期中校际联合考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省日照市高一上学期期中校际联合考试数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接计算并集即可.
【详解】集合，，则.
故选：B
2．命题“”的否定为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题易求.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题知，
命题“”的否定为“”.
故选：B.
3．下列函数中，在其定义域内，既是奇函数又是减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性以及奇偶性的判定即可求解.
【详解】对于A，为增函数，不符合题意；对于B，为奇函数，但是该函数在定义域内不符合单调递减的定义，错误；对于C，，故为奇函数，当时，在上单调递减，当时，在单调递减，故C符合题意；对于D，为偶函数，且在定义域内不单调.
故选：C
4．已知集合，，则下列图象中，能表示从集合到集合的一个函数的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】依次判断选项中函数图像对应的定义域是否为，且每个都有唯一的在集合中与之对应，即可判断
【详解】选项A，图像对应的定义域不包含，不成立；
选项B，图像存在有两个与之对应，不表示函数图像，不成立；
选项C，图像对应的定义域为，且每个都有唯一的与之对应，且值域为，满足题意；
选项D，当，有两个与之对应，不表示函数图像，不成立；
故选：C
5．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接由求解的取值集合得答案．
【详解】∵函数的定义域为，
则由，解得
∴函数的定义域为
故选：D．
6．已知函数的图象在区间上连续不断，则“”是“在上存在零点”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“”和“在上存在零点”的互相推出关系进行判断属于何种条件.
【详解】当在上存在零点时，不一定能得到，例如，
此时的零点为，但，所以必要性不满足；
当时，
若三个值中存在，则在上显然存在零点，
若三个值均不为，不妨假设，
因为，所以，取等号时不满足条件，
所以，则，根据零点的存在性定理可知在上存在零点，
所以充分性满足；
所以“”是“在上存在零点”的充分不必要条件，
故选：A.
7．高斯，德国著名数学家、物理学家、天文学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称.函数称为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，.设函数，则使不等式恒成立的实数的最小值为（ ）
A．0B．C．D．1
【答案】C
【分析】考虑，，三种情况，根据函数的性质计算最值得到答案.
【详解】，，即，
当时，不等式成立；
当时，，，故，；
当时，，，故，；
综上所述：.
故选：C
8．已知函数是定义在上的偶函数，若，，且，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，构造函数，探讨函数的性质，再分段求解不等式即得.
【详解】令函数，由函数是上的偶函数，得，则函数是上的奇函数，
，且，，即，且，，
于是函数在上单调递减，在上也单调递减，因此在上单调递减，
当时，，即，
即，则，解得；
当时，，即，
即，则，解得，
所以原不等式的解集是.
故选：D
二、多选题
9．已知，则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据已知条件，对选项中两式相减即可判断ABD，利用基本不等式判断选项C.
【详解】因为，
，，，
所以，即，A正确；
由，
，，故，B错；
因为，所以，
则，
当，即时取等，
而，所以，C正确；
因为，
，，
所以，D正确.
故选：ACD
10．已知函数的值域是，则的定义域可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】确定函数的定义域是的子集，且含有，至少有一个端点值，对比选项得到答案.
【详解】函数的值域是，，，
故函数的定义域是的子集，且含有，且至少有一个端点值，
对比选项知：ACD满足条件.
故答案为：ACD
11．函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．关于的不等式的解集为
C．关于的方程有三个实数解
D．，，
【答案】BD
【分析】首先根据函数奇偶性求出其解析式，然后举反例即可判断A，利用函数奇偶性和单调性解不等式即可判断B，分类讨论即可判断C，利用函数值域即可判断D.
【详解】设,则,
，，
，故，故A错误，
当时,，
此时，，，
根据反比例函数的平移易得此时单调递增，
结合和为奇函数可知，
在上单调递增，且值域为
函数为奇函数,不等式即,
根据函数在上单调递增,
故不等式等价于,解得，故B正确;
当时,即,解得,不合题意,
即方程在区间上没有实数根,
由对称性可知函数在上也没有实数根,
当，方程成立，故只有一个实数解0，故C错误，
根据函数的值域为,故,
选项D正确.
故选：BD.
12．已知函数，的定义域均为，且，，若的图象关于直线对称，则以下说法正确的是（ ）
A．为奇函数
B．图象关于直线对称
C．若的值域为，则
D．
【答案】BCD
【分析】将转化为，与联立解得，借助函数图像关于直线对称，化简得，可判断；将转化为，借助为偶函数得，可判断；借助，得关于点成中心对称，可判断；判断为偶函数，且周期为，根据，有，带入计算可判断.
【详解】对于，因为，令，所以，
因为的图像关于直线对称，所以，，
因为，所以，，
令，有，所以，得函数周期为，
所以，即，故为偶函数，故错误；
对于，因为，令，得，令，得,
因为为偶函数，得，得，所以图像关于直线对称，故正确；
对于，因为，所以关于点成中心对称，
所以存在一对最小值与最大值也关于点成中心对称，即成立，故正确；
对于，因为，令，得，
所以，，即，所以是偶函数，
因为，所以函数周期为，
因为是偶函数，所以，
所以，所以，即，
所以，故正确.
故选：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查抽象函数的性质和应用，理解抽象函数，理解自变量的任意性，从而学会变形，达到判断性质的目的.
三、填空题
13．已知函数，则 .
【答案】
【分析】直接计算得到答案.
【详解】，则.
故答案为：.
14．若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是 .
【答案】或
【分析】根据一次不等式的解集可得且，代入二次不等式运算求解即可.
【详解】若关于的不等式的解集是，则2为方程的根，且，
可得且，即且，
则关于的不等式即为，且，
可得，解得或，
所以关于的不等式的解集是或.
故答案为：或.
四、双空题
15．若不等式对一切实数x均成立，则实数m的取值范围为 .若存在实数b，使得关于m的方程在上述范围有解，则实数b的取值范围为 .
【答案】
【分析】①由条件转化为不等式恒成立，运用分类讨论思想及一元二次不等式恒成立条件可求出m的范围；②由条件转化为方程有解，求b的范围即转化为函数的值域，运用分离常数法及对勾函数的单调性即可得结果.
【详解】由条件可知即为不等式恒成立，
当时不等式显然恒成立；
当时，由一元二次不等式恒成立可得，
即，，
综上可知：m的取值范围为；
因为，可知，
依题意，方程有解，
即方程有解，
所以求b的范围即转化为求函数的值域，
，
令，，
又对勾函数在上为增函数，且，，
，即，所以b的取值范围为，
故答案为：；.
五、填空题
16．从古至今，中国人一直追求着对称美学.世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构一一故宫，沿着一条子午线对称分布，壮美有序.其中某建筑物的外形轮廓部分可用函数的图像来刻画，已知关于的方程恰有三个不同的实数根，，，且（其中，），则的值为 .
【答案】
【分析】先确定函数的对称性，然后根据函数的对称性确定根，从而列出关于的方程组，解方程组即可求解.
【详解】因为，
所以关于对称，所以的根应成对出现，
又因为的方程恰有三个不同的实数根且，
所以该方程的一个根是，得，且，
所以，由得，
当，即，即时，，①
则，②
由①②得，解得，所以；
当，即，即时，，③
，④
由③④得，即，
解得，此时，不合题意，舍去，
综上，，所以.
故答案为：
六、解答题
17．已知集合，．
(1)求；
(2)若集合，，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解不等式，求集合A、B，运用集合交集运算求；
（2）根据交集为空集，结合（1）中所求，列出对应的不等式，求解即可．
【详解】（1），，
；
（2），，
，有或，
解得或，即的取值范围是．
18．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)当时，求关于的不等式的解集.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）直接解不等式得到但.
（2）变换，考虑，，三种情况，解不等式即可.
【详解】（1）当时，，由得，即，
所以，解得或，
故不等式的解集为.
（2）当时，，即，
当时，，，，无解；
当时，，的解为；
当时，，的解为.
综上所述：
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
19．已知函数.
(1)求函数的解析式；
(2)若关于的方程有两个实根，其中一个实根在区间内，另一个实根在区间内，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）变换，得到函数解析式.
（2）确定，构造新函数，根据零点存在定理得到不等关系，解得答案.
【详解】（1）函数满足，，
所以函数的解析式为.
（2），整理得，
又因为方程有两个实根，且，
设，由二次函数的图象与性质，可得，
解得，则实数的取值范围为.
20．已知函数.
(1)若，判断并证明在上的单调性；
(2)若存在，使不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增；证明见解析
(2)
【分析】（1）计算，考虑，和，两种情况，得到函数单调区间；
（2）变换得到，设，计算函数的最大值得到答案.
【详解】（1），则，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
证明：，且，
，
，故，，
当，时，，所以，
故，即，所以函数在上单调递减；
当，时，，所以，
故，即，所以函数在上单调递增.
（2），即，
即，存在，使得成立.
令，，.所以存在，成立.
所以，.
又，所以当时，，
所以，即.
21．设矩形的周长为，如图所示，把它沿对角线对折后，交于P，设，的面积为．

(1)用x表示PD长，并写出x的范围；
(2)求S的最大值．
【答案】(1) 的长为 且
(2)
【分析】（1）设，结合，得出方程，求得，进而得到，即可求解；
（2）由，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：因为矩形的周长为16，由，则，
设，由，可得，
在直角中，可得，
又由，可得，整理得，
又因为，可得且且，解得，
所以的长为且.
（2）解：由为直角三角形，可得：
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以面积的最大值为.
22．已知函数.
(1)当时，求函数的零点；
(2)设函数区间上有三个不同零点，，，且，求的取值范围；
(3)当时，若在上存在2023个不同的实数，，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)1和2
(2)
(3)
【分析】（1）取，考虑和两种情况，解得答案.
（2）参变分离后得到，画出函数图像得到，，得到答案.
（3）确定函数的单调性，化简原式为，再计算范围即可.
【详解】（1）当时，令，
当时，，解得或（舍去）；
当时，，解得或（舍去）；
所以函数的零点是1和2.
（2）令，
且，可得，
记，
作出的图象，如图所示：
由的图象得，易知，，是方程的两根，
即方程的两根，可得，
所以.
（3），
当时，在上单调递减，则，
可得
，所以，得，即.