2023-2024学年重庆市第一中学校高一上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年重庆市第一中学校高一上学期期中考试数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据全称量词命题的否定格式，直接写出答案即可.
【详解】根据全称量词命题的否定可知，
命题“”的否定为.
故选：D.
2．若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据指数函数的单调性以及绝对值的定义，求解两个不等式，根据不等式解的范围的大小，即可得出答案.
【详解】根据的单调性，解可得，，所以.
解可得，，所以.
显然所表示的范围，在所表示的范围之内，
所以，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．已知集合，，则的子集个数为（ ）
A．8B．6C．4D．3
【答案】A
【分析】将代入，即可得出中的元素.然后逐个列举得出的子集，即可得出答案.
【详解】将代入可得，，解得.
又，所以可取.
所以，，共有3个元素.
所以，的子集有，，，，，，，，共个.
故选：A.
4．已知奇函数在上的解析式为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数奇偶性求出，再求出即可.
【详解】因为奇函数在0处有定义，
所以，
所以在上的解析式为，
则，
又因为函数为奇函数，
所以.
故选：C
5．已知，若关于x的方程在上有解，则a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据已知可得.当时，设，，根据函数的单调性以及函数增长速度的快慢，结合函数图象，列出不等式，求解即可得出；当时，代入方程求解，即可判断；当时，设，根据函数的单调性，结合零点存在定理，列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
当时，设，，
函数在上单调递减，在上单调递减.
但是函数的递减的速度要慢于函数的递减速度，
且.
作出函数以及的图象
如图，要使与在上有交点，
应满足，即.
又，所以；
当时，由已知可得，
整理可得，解得，或（舍去），
此时方程有解，满足；
当时，设，
函数以及均为上的增函数，
所以，在上单调递增.
要使在上有解，根据零点存在定理可知，
应有，即，解得.
综上所述，.
故选：B.
6．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据指数函数、幂函数和对数函数的性质比较大小即可.
【详解】因为在上递增，且，
所以，
因为在上递减，且，
所以，
所以，
因为在上递增，且，
所以，所以，即，
所以，
故选：C
7．宇宙之大，粒子之微，无处不用到数学．2023年诺贝尔物理学奖颁给了“阿秒光脉冲”，光速约为米每秒，1阿秒等于秒．现有一条50厘米的线段，第一次截去总长的一半，以后每次截去剩余长度的一半，需要截（ ）次才能使其长度小于光在1阿秒内走的距离．（参考数据：）
A．30B．31C．32D．33
【答案】B
【分析】根据已知得出截次后，剩余的长度米.然后列出不等式，两边同时取对数，结合换底公式以及已知数据，求解即可得出答案.
【详解】根据已知可得，光在1阿秒内走的距离为米.
截次后，剩余的长度米.
由可得，，
结合函数的单调性，两边同时取对数可得，
，
所以，.
所以，应当截31次.
故选：B.
8．已知函数是偶函数，，在上的解析式为，则与的图象交点个数为（ ）
A．104B．100C．52D．50
【答案】B
【分析】由题意可得是以4为周期的周期函数，且与的图象都关于对称，由，求得或，从而可得两函数图象在上有交点，再结合图象和周期可求得结果.
【详解】因为函数是偶函数，所以，
所以的图象关于对称，
令，则，得，
所以，
所以，所以，
所以是以4为周期的周期函数，
因为在上的解析式为，的图象关于对称，
所以的图象如图所示，
的图象关于对称，的值域为，
当时，，令，得，
当时，，令，得，
因为，由图象可知两函数图象在每个周期内有2个交点，
所以与的图象交点个数为个，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程，考查周期函数的性质，考查对数函数，解题的关键是作出两函数的图象，结合图象求解，考查数形结合的思想，属于较难题.
二、多选题
9．己知幂函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则在上单调递减B．若，则是奇函数
C．函数过定点D．若，则
【答案】BD
【分析】由为幂函数，可得，求出的值，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为为幂函数，
所以，得或，
对于A，当时，，则在上单调增，所以A错误，
对于B，当时，，则（），因为，所以是奇函数，
当时，，则，因为，所以是奇函数，
所以时， 是奇函数，所以B正确，
对于C，因为，所以，
当时，，所以函数过定点，所以C错误，
对于D，当时，，则，所以D正确，
故选：BD
10．下列命题是真命题的是（ ）
A．不等式有解B．若，则
C．若，则D．函数的值域为
【答案】ACD
【分析】根据不等式性质与函数式逐项判断即可.
【详解】对于A，，当且仅当，即时，等号可取到，
故不等式有解，A正确；
对于B，因为，若，故B错误；
对于C，若，则，
当且仅当时取等号，所以等号取不到，故，C正确；
对于D，，则
，
因为，
所以，所以D正确；
故选：ACD
11．若存在实数M，使得在和的定义域的交集上恒成立，则称与具有“近似关系”，下列说法正确的是（ ）
A．，具有“2近似关系”
B．，具有“2近似关系”
C．与具有“1近似关系”
D．与定义域相同，且具有“1近似关系”，则的值域包含于
【答案】BCD
【分析】作差即可说明A、B项；分别求出的值域，即可说明C项；换元法求出的值域，根据已知结合定义，即可得出D项.
【详解】对于A项，易知定义域均为R，
因为，
所以，不存在实数M，使得在R上恒成立.故A项错误；
对于B项，易知定义域均为，
因为在上恒成立，
所以，根据定义可知，，具有“2近似关系”.故B正确；
对于C项，因为，
当时，，，所以.
因为在上单调递增，所以.
所以，在上恒成立.
根据定义可知，与具有“1近似关系”.故C正确；
对于D项，令，，则，
设，，
根据二次函数的性质可知，，所以.
因为与定义域相同，且具有“1近似关系”，
根据定义可知，在上恒成立，
所以，.
因为，所以，
所以，的值域包含于.故D项正确.
故选：BCD.
12．己知定义在区间上的函数满足：对任意均有；当时，．则下列说法正确的是（ ）
A．B．在定义域上单调递减
C．是奇函数D．若，则不等式的解集为
【答案】ACD
【分析】利用赋值法求出，可判断选项A；根据函数单调性的定义可判断选项B；根据函数奇偶性、对称性和图象变换可判断选项C；借助函数的单调性及题中条件可判断选项D.
【详解】对于选项A：定义在区间上的函数满足：对任意均有
令，可得，解得，故选项A正确；
对于选项B：由可得
任取、，且，则.
由于当时，，，所以，即，故在定义域上单调递增，故选项B错误；
对于选项C：令，由可得，即，所以，即函数关于点对称.而的图象可由图象向左平移个单位得到，所以函数关于点对称，则是奇函数，故选项C正确；
对于选项D：因为，所以，则不等式等价于
由在定义域上单调递增，得，解得，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的图象平移变换、抽象函数的奇偶性和单调性以及抽象不等式的解法.解题关键是：熟练函数奇偶性、对称性知识应用；解答抽象不等式的关键是根据不等式结合函数值情况得到相应不等式，求得结果.
三、填空题
13．函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据已知列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】要使函数有意义，则应有，即，
解得，
所以，函数的定义域为.
故答案为：.
14．已知，且满足，则的最大值为 ．
【答案】1
【分析】利用基本不等式即可求解.
【详解】因为，
所以，
即，
得，
当且仅当时取等号，即取最大值1.
故答案为：1
15．已知表示不超过x的最大整数，例如，定义：若在上恒成立，则称为函数在上的“面积”．函数在上的“面积”之和约为 ．（注：①面积不重复计算；②；③计算结果保留1位小数）
【答案】
【分析】分段求出时的函数值，然后根据“面积”的定义得出，根据对数的运算化简，结合已知数值，即可得出答案.
【详解】因为，所以.
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，；
当，即时，.
根据“面积”的定义可知，函数在上的“面积”之和
.
故答案为：.
16．已知定义域为R的函数满足，当时，.若，使成立，则的最小值为 ．
【答案】4
【分析】设，根据单调性的定义法证明在上单调递增，进而得出在上单调递增.根据已知范围，结合不等式的性质得出，结合已知，将不等式转化为.根据已知推得，即可根据函数的单调性，得出不等式.换元根据的单调性，即可得出答案.
【详解】设，
，且，
则
.
因为，，
所以，，，
所以，，，
所以，在上单调递增.
因为，所以，
根据复合函数的单调性可知，在上单调递增.
又，
当且仅当，即时，等号成立.
所以，.
又，所以.
所以，当时，.
因为，所以，，
所以，，
所以，.
由已知，可得，
所以，.
所以由可得，
.
又，
所以，，
所以，.
因为，所以.
又，根据函数的单调性可知，，
所以，.
令，则，所以.
设，
因为函数与在均为增函数，
所以，在也是增函数，
所以，.
所以，，所以的最小值为4.
故答案为：4.
【点睛】方法点睛：求解抽象函数不等式时，一般需要考虑函数的奇偶性（或对称性）以及单调性.根据函数的奇偶性（或对称性），将不等式转化为的形式（或），即可根据函数的单调性，得出不等式.
四、计算题
17．化简求值，需要写出计算过程．
(1)；
(2)．
【答案】(1)3
(2)0
【分析】（1）根据指数幂的运算以及对数恒等式、性质，化简求解即可得出答案；
（2）根据指数幂的运算以及对数运算性质，化简求解即可得出答案.
【详解】（1）
（2）
.
五、解答题
18．在①；②“”是“”的充分条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题．
问题：已知集合，．
(1)当时，求；
(2)若__________，求实数的取值的集合．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据分式不等式与整式不等式解集的关系，求出.代入得出.然后即可根据并集的运算，得出答案；
（2）若选①，先求出，分，以及两种情况，根据交集的运算结果，列出不等式组，求解即可得出答案；若选②，根据已知得出，且.列出不等式组，求解即可得出答案；若选③，根据已知得出，且.分，以及两种情况，列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】（1）因为的解集等价于，解得，
所以，.
当时，，
所以，.
（2）若选①：，
由（1）知，所以或.
当，即，时，显然有，满足；
当，即时，
由可得，，解得.
综上所述，.
若选②：“”是“”的充分条件，
由“”是“”的充分条件，可得，
由（1）知，
当，即，时，显然有，满足；
当，即时，
由可得，，解得.
综上所述，.
若选③：，
由可得，.
由（1）知，
当，即，时，显然有，满足；
当，即时，
由可得，，解得.
综上所述，.
19．函数是定义在上的增函数．
(1)求的最大值；
(2)解不等式：．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1），作差整理可得.进而根据函数的单调性，得出，即可得出答案；
（2）根据已知得出，结合函数的单调性以及定义域可得出.求解不等式，即可得出答案.
【详解】（1），则
.
因为，
所以，，.
又因为在上单调递增，
所以，，，
所以，，
.
因为，，
所以，，
所以，，
即的最大值为.
（2）易知，
则由可得出.
因为在上单调递增，所以.
由可得，.
当时，有，解得，所以；
当时，有，解得或，所以.
综上所述，或.
同理，解，可得或.
所以，由可得，或.
所以，不等式的解集为.
20．已知函数的图象恒过定点，其中且．
(1)求实数的值，并研究函数的奇偶性；
(2)函数，关于x的方程恰有唯一解，求实数的范围．
【答案】(1)，函数为奇函数；
(2).
【分析】（1）将点的坐标代入函数中可求出的值，然后利用函数奇偶性的定义判断的奇偶性；
（2）由题意得，再结合方程恰有唯一解可求得结果.
【详解】（1）因为函数的图象恒过定点，
所以，则，得，
所以，
所以，
由，得，即的定义域为，关于原点对称，
令，
因为，
所以为奇函数，即函数为奇函数；
（2）由，得，
所以，
由，得，解得，
由，得，
因为，当且仅当，即取等号，
所以，得，
由，得，
整理得，
得，解得或，
因为关于x的方程恰有唯一解，
所以或，
解得或，
综上，，即实数的范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查对数函数的综合问题，考查对数型函数过定点问题，考查函数与方程，第（2）问解题的关键是根据对数的性质和对数方程将问题转化为不等式组求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
21．函数，其中为常数，有这5个不同的实数解，并且有．
(1)在坐标系中画出函数的图象，并求的取值范围（用表示）；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)作图见解析，
(2)
【分析】（1）作出函数的图象，结合图象，即可得出的取值范围；
（2）根据已知求出的值（或关系），将表示出得到.换元令，则.设，根据对勾函数的单调性，即可得出函数的最小值.
【详解】（1）作出函数的图象
由图象可知，当时，直线与的图象有5个交点，
所以，.
（2）当时，.
易知为方程，即的较小的解，
所以，；
为方程，即的解，
由韦达定理可知，，，且；
为方程的解，；
为方程的解，.
所以，
.
因为，所以，.
令，则，
设，
根据对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，
所以，在处取得最小值
，
此时有，所以，满足条件.
所以，原式的最小值为.
22．已知奇函数和偶函数满足：．
(1)分别求出函数和的解析式；
(2)若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围；
(3)若对于任意和任意，都有成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)；
(3)
【分析】（1）根据与的奇偶性构造方程组即可求解.
（2）对的取值进行讨论，利用复合函数单调性即可求得实数的取值范围.
（3）利用函数的单调性，根据不等式恒成立求解实数的取值范围.
【详解】（1）用替换条件等式中的得，
因为为奇函数，为偶函数，
所以，
与联立可得：
，.
（2）由题，
令，则易知在单调递增，
对于，
当时，开口向上，对称轴为，则且递减的区间为，
当时，开口向下，对称轴为，则且递减的区间为，
则对于，根据复合函数单调性有：
当时，在上递减，符合题意；
当时，的单调递减区间为，
所以，解得；
当时，的单调递减区间为，
所以，解得；
综上，.
（3）由题意，
令，
因为与均在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以，
又因为对任意都有，
当时，恒成立，满足题意；
当时，幂函数在上递增，
所以，即；
当时，幂函数在上递减，
所以，即；
综上，实数的取值范围为.