2024南京高一上学期期末学情数学含解析

这是一份2024南京高一上学期期末学情数学含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）已知集合，1，3，，，1，2，3，，则
A．，1，B．，2，C．，3，D．
2．（5分）“”是“”成立的
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
3．（5分）函数的图像恒过定点，点在幂函数的图像上，则（4）
A．16B．8C．4D．2
4．（5分）函数的图象大致为
A．
B．
C．
D．
5．（5分）将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于原点对称，则的最小值为
A．B．C．D．
6．（5分）已知函数，则的值为
A．B．C．D．
7．（5分）已知，，，则，，的大小关系为
A．B．C．D．
8．（5分）已知函数，．若对于，，，，使得成立，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）已知正数，满足，则下列选项正确的是
A．的最小值是4B．最小值为
C．的最小值是2D．的最大值是
10．（5分）已知函数是偶函数，且其定义域为，，则
A．B．
C．函数的定义域为D．函数的最大值为
11．（5分）有以下判断，其中是正确判断的有
A．与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有1个
C．若，则
D．函数的最小值为
12．（5分）函数则下列结论正确的是
A．当时，函数的单调增区间为
B．不论为何值，函数既没有最小值，也没有最大值
C．不论为何值，函数的图象与轴都有交点
D．存在实数，使得函数为上的减函数
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知“”是“”的必要非充分条件，则实数的取值范围是 ．
14．（5分）已知幂函数的图象过点，则的值为 ．
15．（5分）将函数且的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，若所得函数的图象与函数的图象重合，则 ．
16．（5分）已知关于的方程，有8个不等的实数根，则的取值范围为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）若不等式的解集是．
（1）解不等式；
（2）若关于的一元二次不等式的解集为，求实数的取值范围．
18．（12分）已知函数的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式：
（2）将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，求函数在，上的单调减区间．
19．（12分）已知正数，满足．
（1）将表示为的函数，并证明在其定义域内单调递减；
（2）求的最小值．
20．（12分）已知函数是定义在上的奇函数，其图象经过点，，当时，．
（1）求，的值及在上的解析式；
（2）请在区间和中选择一个判断的单调性，并证明．
注：如果选择两个区间分别解答，按第一个解答计分．
21．（12分）某蔬菜种植基地共有蔬菜种植大棚100个，用于种植普通蔬菜，平均每个大棚年收入为10万元．为适应市场需求，提高收益，决定调整原种植方案，将个大棚改种速生蔬菜，其余大棚继续种植普通蔬菜．经测算，调整种植方案后，种植普通蔬菜的每个大棚年收入比原来提高，种植速生蔬菜的每个大棚年收入为万元．
（1）当时，要使蔬菜种植大棚全年总收入不少于原来的，求的取值范围
（2）当时，求蔬菜种植大棚全年总收入的最大值．
22．（12分）已知函数．
（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数在区间上的单调性；
（2）若存在实数，且，使得在区间，上的值域为，求实数的取值范围．
2023-2024学年江苏省南京市高一（上）期末预测
数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（5分）已知集合，1，3，，，1，2，3，，则
A．，1，B．，2，C．，3，D．
【分析】根据交集的定义，计算即可．
【解答】解：集合，1，3，，，1，2，3，，
则，3，．
故选：．
【点评】本题考查了集合的定义与运算问题，是基础题．
2．（5分）“”是“”成立的
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
【分析】根据集合之间的关系，“小推大”判断即可．
【解答】解：“”对应的集合，
“”对应的集合，
则，所以“”是“”成立的充分不必要条件．
故选：．
【点评】本题考查充分必要条件的判断，属于基础题．
3．（5分）函数的图像恒过定点，点在幂函数的图像上，则（4）
A．16B．8C．4D．2
【分析】先根据对数函数的性质求出，再用待定系数法求出幂函数的解析式，最后求出（4）的值．
【解答】解：由，可知当时，恒成立，故，
设幂函数为，则，解得，故，
所以（4）．
故选：．
【点评】本题考查对数函数的性质和幂函数解析式的求法，属于基础题．
4．（5分）函数的图象大致为
A．
B．
C．
D．
【分析】利用函数的奇偶性，排除选项，然后通过特殊值判断选项即可．
【解答】解：函数，
可得，所以函数是奇函数，排除；
当时，，排除；
又，排除；
故选：．
【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的单调性的应用，函数的图象的判断，是基础题．
5．（5分）将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于原点对称，则的最小值为
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合图象平移的性质，以及的取值范围，即可求解．
【解答】解：将函数的图象向左平移个单位长度后，
则所得图象为，
所得图象关于原点对称，
，，
，
当时，的最小值为．
故选：．
【点评】本题主要考查三角函数的图象，属于基础题．
6．（5分）已知函数，则的值为
A．B．C．D．
【分析】根据分段函数解析式计算可得．
【解答】解：因为，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查了函数值的求法，属于基础题．
7．（5分）已知，，，则，，的大小关系为
A．B．C．D．
【分析】根据三角函数、对数函数的知识求得正确答案．
【解答】解：，，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查对数值大小的比较，属于基础题．
8．（5分）已知函数，．若对于，，，，使得成立，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【分析】把，，，，成立，转化为，逐步求解，即可得到本题答案．
【解答】解：因为，所以，
所以．
设，因为，即，
所以在，单调递增，最小值为，
因为，，，，，即，
所以，
令，易得，所以，即，
显然在的最小值为0，所以，即的取值范围为．
故选：．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）已知正数，满足，则下列选项正确的是
A．的最小值是4B．最小值为
C．的最小值是2D．的最大值是
【分析】由已知条件结合基本不等式及相关结论，逐个判断各个选项的正误即可．
【解答】解：对于，，，且，
，当且仅当，即时，等号成立，
的最小值为2，故错误，
对于，，，且，
，
，当且仅当，即时，等号成立，
显然不成立，所以的最小值取不到，故错误，
对于，由得，，当且仅当时，等号成立，
即的最小值是2，故正确，
对于，，当且仅当且，即，时，等号成立，
即的最大值是，故正确，
故选：．
【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题．
10．（5分）已知函数是偶函数，且其定义域为，，则
A．B．
C．函数的定义域为D．函数的最大值为
【分析】由已知结合偶函数的定义可求，，然后结合二次函数的性质可求函数的最大值，即可．
【解答】解：因为函数是偶函数，且函数的定义域为，，
所以，解得．
又因为函数是偶函数，
所以，
即，
解得．
所以函数的解析式为．
定义域为，其图象是开口向上，且以轴为对称轴的抛物线，所以当时，取得最大值．
故选：．
【点评】本题主要考查了偶函数定义的应用，还考查了二次函数性质的应用，属于中档题．
11．（5分）有以下判断，其中是正确判断的有
A．与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有1个
C．若，则
D．函数的最小值为
【分析】根据相等函数的概念来判断；根据函数的定义来判断；直接代值计算；基本不等式求最值时的适用条件来判断．
【解答】解：对于，的定义域为，，，的定义域为，故不是相等函数，错误；
对于，根据函数的定义可知，当的定义域中含有1时，函数与有一个交点，（1），
当的定义域中不含1时，函数与没有交点，故正确；
对于，因为，则，所以，故正确．
对于，函数，当且仅当时取等号，该方程无解，即该等号不成立，故错误；
故选：．
【点评】本题主要考查了函数的定义，以及判断两个函数是否为同一函数的问题，是基础题目．
12．（5分）函数则下列结论正确的是
A．当时，函数的单调增区间为
B．不论为何值，函数既没有最小值，也没有最大值
C．不论为何值，函数的图象与轴都有交点
D．存在实数，使得函数为上的减函数
【分析】对于，根据指数函数和二次函数的单调性可知正确；
对于，根据指数函数与二次函数的图象可知正确；
对于，根据函数的图象与轴没有交点，当时，函数的图象与轴没有交点，可知不正确；
对于，当时，可判断出函数为上的减函数，可知正确．
【解答】解：对于，当时，函数，
当时，为减函数，
当时，的单调递增区间为，故正确；
对于，当时，为减函数，
所以不论为何值，当趋近于负无穷时，趋近于正无穷，即没有最大值；
当时，的图象是开口向下的抛物线的一部分，
所以不论为何值，当趋近于正无穷时，趋近于负无穷，即没有最小值；故正确；
对于，当时，函数的图象与轴没有交点，
当时，由得或，
所以当时，函数的图象与轴没有交点，故不正确；
对于，当时，函数在，上为减函数，
函数在上为减函数，且，，，
所以此时函数为上的减函数，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查分段函数的性质，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知“”是“”的必要非充分条件，则实数的取值范围是 ．
【分析】分别求解不等式，结合必要非充分条件的取值范围包含关系判断即可．
【解答】解：由解得，，
由解得，，
由必要非充分条件的取值范围包含关系可得，
故且，解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了一元二次不等式和分式不等式的解法，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
14．（5分）已知幂函数的图象过点，则的值为 ．
【分析】设，根据函数过点求出，即可得到函数解析式，再代入计算可得．
【解答】解：设，则，所以，
所以，所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了幂函数的定义，属于基础题．
15．（5分）将函数且的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标保持不变，若所得函数的图象与函数的图象重合，则 ．
【分析】先求出变换之后的函数解析式，然后根据两函数为同一函数，结合诱导公式可得，，然后可解．
【解答】解：将函数且的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，
且纵坐标保持不变，所得图象的函数为，
又与为同一函数，
，即
．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的图象变换，三角函数的性质，方程思想，属中档题．
16．（5分）已知关于的方程，有8个不等的实数根，则的取值范围为 ．
【分析】令，结合的图象将问题转化为“方程在上有两不等实根”，利用韦达定理结合二次函数性质求解出的取值范围．
【解答】解：作出的图象如下图所示：
令，因为关于的方程有8个不等的实数根，
结合图象可知，关于的方程有两不等实根，记为，，且，，
因为，，
所以，
又因为，，
即，
所以的取值范围是，
所以的取值范围是．
故答案为：．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想、数形结合思想，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）若不等式的解集是．
（1）解不等式；
（2）若关于的一元二次不等式的解集为，求实数的取值范围．
【分析】（1）易知，和1是方程的两根，再由韦达定理求出的值，代入不等式中，因式分解，即可得解；
（2）根据二次函数的图象与性质，从开口方向和判别式两个角度进行限定，即可得解．
【解答】解：（1）由题知，和1是方程的两根，
所以，解得，
所以不等式为，即，
所以或，
故原不等式的解集为或．
（2）一元二次不等式可化为，
因为其解集为，
所以，解得，
所以实数的取值范围为，．
【点评】本题考查一元二次不等式的解法，理解二次函数与一元二次不等式、方程之间的联系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
18．（12分）已知函数的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式：
（2）将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，求函数在，上的单调减区间．
【分析】（1）根据图象求出函数的周期，进而求出的值，再把点，代入求出的值，即可得到函数的解析式；
（2）根据三角函数的图象变换规律求出的解析式，再利用余弦函数的性质求解即可．
【解答】解：（1）由的分布图象可知，，
，
，
，
又的图象过点，，
，
，
又，，
；
（2）将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，
则，
令，，
解得，，
在，上的单调减区间为，，，．
【点评】本题主要考查了由函数的部分图象求解析式，考查了三角函数图象变换规律，属于中档题．
19．（12分）已知正数，满足．
（1）将表示为的函数，并证明在其定义域内单调递减；
（2）求的最小值．
【分析】（1）先求得的解析式，然后根据函数单调性的定义证得结论成立；
（2）利用基本不等式求得的最小值．
【解答】解：（1）因为，所以，
又，为正数，故，解得，
从而，，
任取，且，，
因为，且，所以，，，
从而，即，
故在其定义域上单调递减；
（2）由（1）得，，
所以，
（当且仅当，即时取等号）
所以当时，取得最小值．
【点评】本题主要考查了函数单调性的定义，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题．
20．（12分）已知函数是定义在上的奇函数，其图象经过点，，当时，．
（1）求，的值及在上的解析式；
（2）请在区间和中选择一个判断的单调性，并证明．
注：如果选择两个区间分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（1）根据题意，由奇函数的性质可得点也在函数图象上，即（2），由此可得，解可得、的值，即可得在上的表达式，结合奇函数的性质可得函数在上的解析式，
（2）根据题意，由作差法分析可得结论．
【解答】解：（1）根据题意，函数是定义在上的奇函数，其图象经过点，，
则点也在函数图象上，
则有，解可得，
即当时，，
函数是定义在上的奇函数，则，
当时，，，
又由为奇函数，则，
综合可得：；
（2）若选择区间，
在增函数，
证明如下：设，，
又由，则，，，
则有，
故在增函数；
若选择区间，
在减函数，
证明如下：设，，
又由，则，，，
则有，
故在减函数．
【点评】本题考查函数解析式的求法，涉及函数单调性的证明，属于基础题．
21．（12分）某蔬菜种植基地共有蔬菜种植大棚100个，用于种植普通蔬菜，平均每个大棚年收入为10万元．为适应市场需求，提高收益，决定调整原种植方案，将个大棚改种速生蔬菜，其余大棚继续种植普通蔬菜．经测算，调整种植方案后，种植普通蔬菜的每个大棚年收入比原来提高，种植速生蔬菜的每个大棚年收入为万元．
（1）当时，要使蔬菜种植大棚全年总收入不少于原来的，求的取值范围
（2）当时，求蔬菜种植大棚全年总收入的最大值．
【分析】（1）当时，设种植速生蔬菜和普通蔬菜的收入分别为，，表示出，，要使蔬菜种植大棚全年总收入不少于原来的，即，解不等式结合，，即可得出答案．
（2）设蔬菜种植大棚全年总收入为万元，可得，由二次函数的性质结合，即可得出答案．
【解答】解：（1）当时，设种植速生蔬菜和普通蔬菜的收入分别为，，
则，，
，，
要使蔬菜种植大棚全年总收入不少于原来的，
则，
所以，
化简得：，解得：，又因为，，
所以，．
（2）设蔬菜种植大棚全年总收入为万元，
所以，
当时，，
所以当时，函数在单调递增，当时，函数在单调递减，
所以，当时，，
当时，，
当时，，
所以当时，，所以，
，所以，
所以最大，所以当时，蔬菜种植大棚全年总收入最大为：万元．
【点评】本题主要考查根据实际问题选择合适的函数模型，属于中档题．
22．（12分）已知函数．
（1）利用函数单调性的定义，判断并证明函数在区间上的单调性；
（2）若存在实数，且，使得在区间，上的值域为，求实数的取值范围．
【分析】（1）根据函数单调性的定义按步骤证明即可；
（2）根据函数的单调性结合条件可将问题变转化为在上有两解的问题，采用换元法，利用一元二次方程在给定区间有解的条件解答即可．
【解答】解：（1）由题可得，
在区间上是减函数．
证明：任取，，且，则，
则，
因为，
所以，，，
所以，
故，
即，
所以在区间上是减函数；
（2）由（1）知在区间上是减函数，
所以当时，在区间，上单调递减，
所以函数在区间，上的值域为，，即，，
所以，
所以在上有两解，
所以在上有两解，
令，则，
则关于的方程在上有两解，
即在上有2解，
所以，解得，
所以的取值范围为．