还剩12页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年广东省深圳中学高一上学期期中考试数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年广东省深圳中学高一上学期期中考试数学试题含答案，共15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．已知集合或，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据补集的定义和运算可得，结合并集的定义和运算即可求解.
【详解】由题意知，，，
所以，
故选：D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．，都有
B．，都有
C．，都有
D．，都有
【答案】A
【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，可得命题命题“”的否定是“，都有.
故选：A.
3．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
4．的值域是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对的范围分类，把的表达式去绝对值分段来表示，转化成各段函数值域的并集求解．
【详解】，作出函数的图像如图
所以的值域为，
故选B.
【点睛】本题主要考查了绝对值知识，对的范围进行分类，可将含绝对值的函数转化成初等函数类型来解决
5．已知幂函数的图象经过点，则该幂函数在第一象限的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据求出幂函数的解析式，再根据幂函数的性质即可得出答案.
【详解】设，则，所以，所以，
所以，因为，
因为函数在上递增，且增加的速度越来越缓慢，
故该幂函数在第一象限的大致图象是B选项.
故选：B.
6．函数的零点位于区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的单调性及函数零点的存在性定理选择正确选项即可．
【详解】因为函数与在上均为增函数，
所以在上为增函数．
因为，，
所以函数的零点位于区间内．
故选：B
7．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据不等式解集，求得参数，再求不含参数的一元二次不等式即可.
【详解】根据题意方程的两根为，则，解得，
故，即，，解得.
即不等式的解集为.
故选：A.
8．已知和分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据奇函数与偶函数的性质即可代入和求解.
【详解】因为为奇函数，为偶函数，所以由有，
又，所以，，
所以．
故选：C
二、多选题
9．下列各组函数中，两个函数是同一函数的有（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】BC
【分析】根据题意，由同一函数的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，定义域为，定义域为，定义域不相同，不是同一函数，A错误；
对于B，函数与的定义域相同，对应关系也相同，所以是同一函数，故正确；
对于C，函数，函数，两函数的定义域与对应关系都一致，所以是同一函数，故正确；
对于D，，，所以对应关系不相同，定义域也不同，不是同一函数，D错误．
故选：BC
10．下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小值为2
B．若a，，则“”是“”的充要条件
C．若a，b，m为正实数，，则
D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】BC
【详解】根据基本不等式满足的前提条件即可判定A，根据绝对值和平方的性质可判定B，根据不等式的性质可判断CD.
【分析】对于A，当取负值时显然不成立，故A错误，
对于B，若，由，可知a，b不同时为0，
由，可知a，b不同时为0，
所以“”是“”的充要条件，故B正确；
对于C，，所以，故C正确，
对于D，①若，则当，时，则，
当，时，则，
当a，b异号时，．
②若，则当a，b同号时，则，
当a，b异号时，，则，
所以“”是“”的既非充分也非必要条件，D选项错误．
故选：BC
11．下列命题正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在R上单调递增
C．函数在区间上单调递减
D．函数与的图像关于直线对称
【答案】BCD
【分析】A项，由复合函数的定义域可知错误；B项分离常数转化为，逐层分析单调性可得；C项由偶函数对称性可知；D项，两函数互为反函数可知图象关于直线对称.
【详解】对于A，由，解得，或，
故函数定义域为，
由复合函数的单调性可知该函数的减区间为，故A错；
对于B，，
由于在单调递增，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在上单调递增，B正确；
对于C，当时，（即）在区间上单调递增，
又因为为偶函数，其图象关于轴对称，
所以在区间上单调递减，C正确；
对于D，由于函数与（即）互为反函数．
所以两函数图象关于对称，D正确．
故选：BCD.
12．德国数学家狄里克雷在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图像、表格等形式表示，例如狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）
A．的解析式为
B．的值域为
C．的图像关于直线对称
D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，由狄里克雷函数的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，用分段函数的形式表示狄里克雷函数，故A正确．
对于B，由解析式得的值域为，故B错误；
过于C，若为有理数，则为有理数，则；若为无理数，则为无理数．则；所以的图像关于直线对称，即C正确；
对于D，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：ACD
三、填空题
13．计算 ．
【答案】/
【分析】根据题意，结合指数幂的运算法则和运算性质，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据指数幂的运算法则和运算性质，可得：
．
故答案为：.
14．已知a，b是方程的两个实数根，则 ．
【答案】/2.5
【分析】方法一：利用韦达定理结合换底公式求解；方法二：解方程可得，，代入运算求解即可.
【详解】方法一：因为a，b是方程的两个实数根，
由韦达定理得，，
则，
即；
方法二：因为的根为或，
不妨设，，则，，
所以．
故答案为：.
15．已知且，则的最小值是 ．
【答案】8
【分析】运用“1”的代换及基本不等式即可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为8.
故答案为：8.
16．记，其中，则T的取值范围是 ．
【答案】．
【分析】根据基本不等式，结合换元法，将问题转化为，上的范围，由二次函数的性质即可求解.
【详解】，设，则，
所以．
因为，所以．所以．
又，所以当时，有最小值，当时，有最大值．
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，．
(1)若，，求；
(2)若，且，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）联立两方程，求出交点坐标，得到交集；
（2）联立后得到，分与两种情况，，结合根的判别式得到不等式，求出答案.
【详解】（1）若，，则．
由，得．
所以．
（2）由消去，得①．
因为，所以方程①有解．
当时，方程①可化为，
解得，所以，
所以符合要求．
当时，要使方程①有解，必须，
即，解得，
所以，且．
综上所述，的取值范围是．
18．设不等式的解集为，关于x的不等式的解集为．
(1)求集合；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据题意，结合分式不等式的解法，即可求解；
（2）根据题意，转化为，再结合一元二次不等式的解法，分类讨论，求得集合，进而求得取值范围.
【详解】（1）解：由不等式，可得，
即，且，所以，所以．
（2）解：因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合是的真子集，
由不等式，可得，
当时，不等式的解集为，即，因为，则；
当时，不等式为，解得，即；成立；
当时，不等式的解集为，即，因为，则，
综上所述，即的取值范围是．
19．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，现已画出函数在y轴左侧的图象，如图所示．
(1)请将函数的图象补充完整，并求出的解析式；
(2)求在区间上的最大值．
【答案】(1)作图见解析，
(2)答案见解析
【分析】（1）根据函数的奇函数的对称性，即可根据对称作出函数图象，进而可利用奇函数的定义求解解析式，
（2）根据二次函数的性质，结合函数图象即可求解.
【详解】（1）作出函数的图象，如图所示，
当时，，则，
因为为奇函数，
所以，
所以．
（2）易如，
当时，在处有最大值；
当时，在处有最大值.
20．为了减少能源损耗，某建筑物在屋顶和外墙建造了隔热层，该建筑物每年节省的能源费用h(万元)与隔热层厚度满足关系式：．当隔热层厚度为时，每年节省费用为16万元，但是隔热层自身需要消耗能源，每年隔热层自身消耗的能源费用(万元)与隔热层厚度满足关系：．
(1)求k的值；
(2)在建造厚度为的隔热层后，每年建筑物真正节省的能源费用为，求每年该建筑物真正节省的能源费用的最大值.
【答案】(1)
(2)万元．
【分析】（1）根据求解出的值即可；
（2）根据条件先表示出，然后利用基本不等式求解出最大值，注意取等条件.
【详解】（1）由题知，所以，
解得；
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
所以每年该建筑物真正节省的能源费用的最大值为万元．
21．已知，
(1)若定义在上的函数是奇函数，求a的值；
(2)若函数在上有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合，得出方程，进而求得实数的值；
（2）令，得到，得到，令，转化方程可化为上有两个不相等的根，
方法一：设，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解；
方法二：把方程化为，求得，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为是奇函数，所以，
可得，即恒成立，
因为，所以且，所以．
（2）解：由，令，可得，
所以，
两边同乘以并整理，得．
令，因为，所以，
于是方程可化为，（*）
问题转化为关于的方程（*）在上有两个不相等的根，显然，
方法一：设，抛物线的对称轴为，．
若，由知，必有一个零点为负数，不合题意；
若，要使在上有两个零点，由于对数轴，
故只需，即，解得．
综上可得，实数的取值范围是．
方法二：方程（*）可化为，
若，则，矛盾，故，故，
所以，即或，①
此时，，即，其中，
则，即，即，可得，解得 ②
由①②得a的取值范围是．
22．定义在上的函数满足如下条件：
①；
②；
③当时，．
(1)求，判断函数的单调性，并证明你的结论；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)，函数在上为增函数，证明见解析
(2)
【分析】（1）令，求得，再根据函数单调性的定义和判定方法，证得函数在上为增函数；
（2）根据题意，转化为不等式（*）对于任意成立，由对数函数的性质，求得，再由不等式成立，转化为对于任意成立，求得，即可求得实数的取值范围．
【详解】（1）解：令，，可得．
函数在上为增函数，
证明如下：
设，因为，
令，，则，可得，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以函数在上为增函数．
（2）解：由条件有，
则不等式可化为，
即，
又由，所以，
因为函数在上为增函数，可得
即（*）对于任意成立，
根据对数函数的性质，可得，对于任意成立，
则，因为，则，所以，
可得，所以 ①，
又由（*）式可化为，
即对于任意，成立，即成立，
即对于任意，成立，
因为，所以对于任意成立，
即对于任意成立，所以 ②．
由①②，可得，所以实数的取值范围为．
一、单选题
1．已知集合或，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据补集的定义和运算可得，结合并集的定义和运算即可求解.
【详解】由题意知，，，
所以，
故选：D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．，都有
B．，都有
C．，都有
D．，都有
【答案】A
【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，可得命题命题“”的否定是“，都有.
故选：A.
3．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
4．的值域是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对的范围分类，把的表达式去绝对值分段来表示，转化成各段函数值域的并集求解．
【详解】，作出函数的图像如图
所以的值域为，
故选B.
【点睛】本题主要考查了绝对值知识，对的范围进行分类，可将含绝对值的函数转化成初等函数类型来解决
5．已知幂函数的图象经过点，则该幂函数在第一象限的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据求出幂函数的解析式，再根据幂函数的性质即可得出答案.
【详解】设，则，所以，所以，
所以，因为，
因为函数在上递增，且增加的速度越来越缓慢，
故该幂函数在第一象限的大致图象是B选项.
故选：B.
6．函数的零点位于区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的单调性及函数零点的存在性定理选择正确选项即可．
【详解】因为函数与在上均为增函数，
所以在上为增函数．
因为，，
所以函数的零点位于区间内．
故选：B
7．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据不等式解集，求得参数，再求不含参数的一元二次不等式即可.
【详解】根据题意方程的两根为，则，解得，
故，即，，解得.
即不等式的解集为.
故选：A.
8．已知和分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据奇函数与偶函数的性质即可代入和求解.
【详解】因为为奇函数，为偶函数，所以由有，
又，所以，，
所以．
故选：C
二、多选题
9．下列各组函数中，两个函数是同一函数的有（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】BC
【分析】根据题意，由同一函数的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，定义域为，定义域为，定义域不相同，不是同一函数，A错误；
对于B，函数与的定义域相同，对应关系也相同，所以是同一函数，故正确；
对于C，函数，函数，两函数的定义域与对应关系都一致，所以是同一函数，故正确；
对于D，，，所以对应关系不相同，定义域也不同，不是同一函数，D错误．
故选：BC
10．下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小值为2
B．若a，，则“”是“”的充要条件
C．若a，b，m为正实数，，则
D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】BC
【详解】根据基本不等式满足的前提条件即可判定A，根据绝对值和平方的性质可判定B，根据不等式的性质可判断CD.
【分析】对于A，当取负值时显然不成立，故A错误，
对于B，若，由，可知a，b不同时为0，
由，可知a，b不同时为0，
所以“”是“”的充要条件，故B正确；
对于C，，所以，故C正确，
对于D，①若，则当，时，则，
当，时，则，
当a，b异号时，．
②若，则当a，b同号时，则，
当a，b异号时，，则，
所以“”是“”的既非充分也非必要条件，D选项错误．
故选：BC
11．下列命题正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递减
B．函数在R上单调递增
C．函数在区间上单调递减
D．函数与的图像关于直线对称
【答案】BCD
【分析】A项，由复合函数的定义域可知错误；B项分离常数转化为，逐层分析单调性可得；C项由偶函数对称性可知；D项，两函数互为反函数可知图象关于直线对称.
【详解】对于A，由，解得，或，
故函数定义域为，
由复合函数的单调性可知该函数的减区间为，故A错；
对于B，，
由于在单调递增，且，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在上单调递增，B正确；
对于C，当时，（即）在区间上单调递增，
又因为为偶函数，其图象关于轴对称，
所以在区间上单调递减，C正确；
对于D，由于函数与（即）互为反函数．
所以两函数图象关于对称，D正确．
故选：BCD.
12．德国数学家狄里克雷在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图像、表格等形式表示，例如狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为1；当自变量取无理数时，函数值为0．下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（ ）
A．的解析式为
B．的值域为
C．的图像关于直线对称
D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，由狄里克雷函数的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，用分段函数的形式表示狄里克雷函数，故A正确．
对于B，由解析式得的值域为，故B错误；
过于C，若为有理数，则为有理数，则；若为无理数，则为无理数．则；所以的图像关于直线对称，即C正确；
对于D，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：ACD
三、填空题
13．计算 ．
【答案】/
【分析】根据题意，结合指数幂的运算法则和运算性质，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据指数幂的运算法则和运算性质，可得：
．
故答案为：.
14．已知a，b是方程的两个实数根，则 ．
【答案】/2.5
【分析】方法一：利用韦达定理结合换底公式求解；方法二：解方程可得，，代入运算求解即可.
【详解】方法一：因为a，b是方程的两个实数根，
由韦达定理得，，
则，
即；
方法二：因为的根为或，
不妨设，，则，，
所以．
故答案为：.
15．已知且，则的最小值是 ．
【答案】8
【分析】运用“1”的代换及基本不等式即可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为8.
故答案为：8.
16．记，其中，则T的取值范围是 ．
【答案】．
【分析】根据基本不等式，结合换元法，将问题转化为，上的范围，由二次函数的性质即可求解.
【详解】，设，则，
所以．
因为，所以．所以．
又，所以当时，有最小值，当时，有最大值．
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，．
(1)若，，求；
(2)若，且，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）联立两方程，求出交点坐标，得到交集；
（2）联立后得到，分与两种情况，，结合根的判别式得到不等式，求出答案.
【详解】（1）若，，则．
由，得．
所以．
（2）由消去，得①．
因为，所以方程①有解．
当时，方程①可化为，
解得，所以，
所以符合要求．
当时，要使方程①有解，必须，
即，解得，
所以，且．
综上所述，的取值范围是．
18．设不等式的解集为，关于x的不等式的解集为．
(1)求集合；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据题意，结合分式不等式的解法，即可求解；
（2）根据题意，转化为，再结合一元二次不等式的解法，分类讨论，求得集合，进而求得取值范围.
【详解】（1）解：由不等式，可得，
即，且，所以，所以．
（2）解：因为“”是“”的必要不充分条件，所以集合是的真子集，
由不等式，可得，
当时，不等式的解集为，即，因为，则；
当时，不等式为，解得，即；成立；
当时，不等式的解集为，即，因为，则，
综上所述，即的取值范围是．
19．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，现已画出函数在y轴左侧的图象，如图所示．
(1)请将函数的图象补充完整，并求出的解析式；
(2)求在区间上的最大值．
【答案】(1)作图见解析，
(2)答案见解析
【分析】（1）根据函数的奇函数的对称性，即可根据对称作出函数图象，进而可利用奇函数的定义求解解析式，
（2）根据二次函数的性质，结合函数图象即可求解.
【详解】（1）作出函数的图象，如图所示，
当时，，则，
因为为奇函数，
所以，
所以．
（2）易如，
当时，在处有最大值；
当时，在处有最大值.
20．为了减少能源损耗，某建筑物在屋顶和外墙建造了隔热层，该建筑物每年节省的能源费用h(万元)与隔热层厚度满足关系式：．当隔热层厚度为时，每年节省费用为16万元，但是隔热层自身需要消耗能源，每年隔热层自身消耗的能源费用(万元)与隔热层厚度满足关系：．
(1)求k的值；
(2)在建造厚度为的隔热层后，每年建筑物真正节省的能源费用为，求每年该建筑物真正节省的能源费用的最大值.
【答案】(1)
(2)万元．
【分析】（1）根据求解出的值即可；
（2）根据条件先表示出，然后利用基本不等式求解出最大值，注意取等条件.
【详解】（1）由题知，所以，
解得；
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
所以每年该建筑物真正节省的能源费用的最大值为万元．
21．已知，
(1)若定义在上的函数是奇函数，求a的值；
(2)若函数在上有两个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，结合，得出方程，进而求得实数的值；
（2）令，得到，得到，令，转化方程可化为上有两个不相等的根，
方法一：设，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解；
方法二：把方程化为，求得，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为是奇函数，所以，
可得，即恒成立，
因为，所以且，所以．
（2）解：由，令，可得，
所以，
两边同乘以并整理，得．
令，因为，所以，
于是方程可化为，（*）
问题转化为关于的方程（*）在上有两个不相等的根，显然，
方法一：设，抛物线的对称轴为，．
若，由知，必有一个零点为负数，不合题意；
若，要使在上有两个零点，由于对数轴，
故只需，即，解得．
综上可得，实数的取值范围是．
方法二：方程（*）可化为，
若，则，矛盾，故，故，
所以，即或，①
此时，，即，其中，
则，即，即，可得，解得 ②
由①②得a的取值范围是．
22．定义在上的函数满足如下条件：
①；
②；
③当时，．
(1)求，判断函数的单调性，并证明你的结论；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)，函数在上为增函数，证明见解析
(2)
【分析】（1）令，求得，再根据函数单调性的定义和判定方法，证得函数在上为增函数；
（2）根据题意，转化为不等式（*）对于任意成立，由对数函数的性质，求得，再由不等式成立，转化为对于任意成立，求得，即可求得实数的取值范围．
【详解】（1）解：令，，可得．
函数在上为增函数，
证明如下：
设，因为，
令，，则，可得，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以函数在上为增函数．
（2）解：由条件有，
则不等式可化为，
即，
又由，所以，
因为函数在上为增函数，可得
即（*）对于任意成立，
根据对数函数的性质，可得，对于任意成立，
则，因为，则，所以，
可得，所以 ①，
又由（*）式可化为，
即对于任意，成立，即成立，
即对于任意，成立，
因为，所以对于任意成立，
即对于任意成立，所以 ②．
由①②，可得，所以实数的取值范围为．
相关试卷
2023-2024学年广东省深圳市深圳大学附属实验中学高一上学期期中数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年广东省深圳市深圳大学附属实验中学高一上学期期中数学试题含答案，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。
2023-2024学年广东省深圳市龙华中学高一上学期期中数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年广东省深圳市龙华中学高一上学期期中数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年广东省深圳实验学校光明部高一上学期期中考试数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年广东省深圳实验学校光明部高一上学期期中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，单空题，问答题，解答题，作图题，应用题等内容，欢迎下载使用。
