山东省曲阜市鲁韵学校2023-2024学年高一上学期第一次月考数学试卷（解析版）

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这是一份山东省曲阜市鲁韵学校2023-2024学年高一上学期第一次月考数学试卷（解析版），共10页。试卷主要包含了本试题分三部分，共150分，将自己的姓名、班级写在答题卷上，所有试题的答案都写在答题卷上等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试题分三部分，共150分.考试时间为120分钟.
2.将自己的姓名、班级写在答题卷上.考试结束，答题卷收回.
3.所有试题的答案都写在答题卷上.
一、选择题：本题12小题，每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.
1．设集合，，则（）
A．B．
C．D．
2．命题“，”的否定是（）
A．，B．，
C．， D．，
3．已知，，则（）
A．B．C．D．
4．若y1＝3x2－x＋1，y2＝2x2＋x－1，则y1与y2的大小关系是（）
A．y1C．y1>y2D．随x值变化而变化
5．不等式的解集为（）
A．B．
C．D．
6．函数的定义域为（）
A．B．
C．D．
7．已知定义在R上的偶函数在是减函数，则（）
A．B．
C．D．
8．已知集合，则集合可化简为（）
A．B．C．D．
9．下列说法正确的是（）
A．某人月收入x不高于2 000元可表示为“x<2 000”
B．某变量y不超过a可表示为“y≤a”
C．某变量x至少为a可表示为“x>a”
D．小明的身高x cm，小华的身高y cm，则小明比小华矮表示为“x>y”
10．不等式的解集为（）
A．B．
C．或D．或
11．已知是偶函数，且在上单调递减，则的图象可能为（）
A．B．
C．D．
12．函数的图象关于（）对称.
A．直线B．原点C．轴D．轴
二、填空题：本题4小题，每小题5分，共20分.
13．设为实数，函数是偶函数，则的值为．
14．已知，，则 .
15．已知函数当时,则 .
16．若是上的减函数，则实数k的取值范围是 .
三、解答题：本题6小题，共70分.
17．已知，.
(1)求，的值；
(2)求，的值.
18．已知函数.
（1）求，的值；
（2）若，求的值.
19．当时，求的最小值．
20．当时，求函数最小值.
21．已知函数.
(1)求的定义域；
(2)判断函数在上的单调性，并加以证明
22．已知函数.
(1)判断在区间上的单调性，并用定义证明你的结论；
(2)求在区间上的最大值和最小值.
1．C
【分析】利用自然数集的概念化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】因为，
又，
所以.
故选：C.
2．B
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题即可解出.
【详解】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得：“，”的否定为，.
故选：B.
3．C
【分析】根据不等式的性质求解即可.
【详解】因为，，
所以，，
所以由不等式的性质得，．
故选：C
4．C
【分析】利用作差法比较大小.
【详解】y1－y2＝(3x2－x＋1)－(2x2＋x－1)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，
所以y1>y2.
故选:C.
【点睛】本题考查比较大小，考查作差法，考查运算能力，属于基础题.
5．B
【分析】利用二次不等式的解法求解即可.
【详解】因为，
所以，解得，
则不等式的解集为.
故选：B.
6．C
【分析】根据被开方数非负和分母不等于零，列出不等式组即可求解.
【详解】要使函数有意义，则
解得且，
所以定义域为.
故选：C．
7．D
【分析】由偶函数和在单减直接比较大小即可求解.
【详解】由函数为偶函数，在单减，
则，，所以.
故选：D
8．A
【分析】解方程，可得集合.
【详解】解方程可得或，则.
故选：A.
9．B
【分析】根据数量的大小关系，判断不等式使用是否正确，选出正确答案.
【详解】对于A，某人收入x不高于2000元可表示为，A错误；
对于B，变量y不超过a可表示为，B正确；
对于C，变量x至少为a可表示为，C错误；
对于D，小明身高，小华身高，小明比小华矮表示为，D错误.
故选：B.
10．C
【分析】根据一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】由，可得
所以或，
所以不等式的解集为或.
故选：C.
11．A
【分析】函数的奇偶性以及单调性，逐项分析即可求出结果.
【详解】因为是偶函数，则函数图象关于轴对称，故排除D选项；
又因为在上单调递减，故排除BC选项；
故选：A.
12．B
【解析】根据函数的奇偶性判断.
【详解】因为函数的定义域为，关于原点对称，
又，
所以是奇函数，图象关于原点对称，
故选：B
13．0
【分析】根据偶函数的定义计算即可得解.
【详解】解：因为函数是偶函数，则，
即，变形得，所以．
故答案为：0.
14．
【分析】由区间，集合并集定义可得答案.
【详解】因，=.则
故答案为：
15．14
【分析】将函数值带入解析式，解分式方程，即可求解.
【详解】，，解得.
故答案为14.
【点睛】已知函数值求自变量的值，直接代入函数值，解方程即可求解自变量的值,
16．
【分析】根据一次函数的性质列不等式求解.
【详解】解：是上的减函数，
则，解得，
故答案为：.
【点睛】本题考查一次函数的单调性，是基础题.
17．(1)，
(2)，
【分析】（1）将分别代入与的解析式即可得解；
（2）利用（1）中结论，将，的值分别代入与的解析式，从而得解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以.
（2）由（1）知，
.
18．（1），；（2），或
【解析】（1）直接代入求值即可；
（2）令，解出即可.
【详解】解：（1），
，
；
（2）令，
即，
解得：，或.
19．
【分析】由基本不等式求出最小值.
【详解】因为，所以，，
∴．当且仅当，即时取最小值，
∴当时，的最小值为．
20．
【分析】利用基本不等式，结合添项减项法即可得解.
【详解】因为，则，
则.
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，函数的最小值为.
21．(1)
(2)在上单调递减，证明见解析
【分析】（1）利用具体函数定义域的求法求解即可；
（2）先判断的单调性，再利用函数单调性的定义法，结合作差法即可得证.
【详解】（1）要使函数有意义，当且仅当，
由得，
所以函数的定义域为.
（2）函数在上单调递减，证明如下：
任取，，
所以.
因为，，所以，，，
又，所以，故，即，
因此函数在上单调递减.
22．(1)在单调递增，证明见解析
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）先转化，判断其单调性，再利用函数单调性的定义，结合作差法即可得证；
（2）利用（1）中结论即可得解.
【详解】（1）因为，
因为在单调递减，
所以在单调递增.
定义法证明如下：
任取，，则，
，
所以，故在单调递增.
（2）由（1）得在区间上单调递增，
所以，，
所以在区间上的最大值为，最小值为.