浙江省宁波中学2023-2024学年高一上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
分析】先求集合，再根据交集运算求解即可.
【详解】由题意，因为集合
所以.
故选：B.
2. 已知命题，则命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定方法对命题否定即可.
【详解】由命题否定的定义可知，命题的否定是：．
故选：D.
3. 对于实数，，，下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】由不等式的性质逐一判断．
【详解】解：对于A：时，不成立，A错误；
对于B：若，则，B错误；
对于C：令，代入不成立，C错误；
对于D：若，，则，，则，D正确；
故选：D．
4. 已知是函数的一个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得函数单调递减，再由零点存在定理即可得到结果.
【详解】根据题意知函数在区间1,+∞上单调递减，
函数在区间单调递减，
故函数在区间1,+∞上单调递减，
又因f1>f2>f3>0,f4<0，
又因在上是连续不中断的，
所以根据零点存在定理即可得知存在使得.
故选：C
5. “”是“函数在区间上单调递增”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性求函数在区间上单调递增的等价条件，在结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】二次函数图象的对称轴为，
若函数在区间上单调递增，
根据复合函数的单调性可得a2≤24−2a+1>0，即，
若，则，但是，不一定成立，
故“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件．
故选：A
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性，即可判断A、B，再根据时函数值的特征排除C.
【详解】函数的定义域为，且，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、B；
又当时，故排除C.
故选：D
7. 已知，，，则x，y，z的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数运算法则以及对数函数单调性可限定出x，y，z的取自范围，即可得出结论.
【详解】根据题意可得，，
利用对数函数单调性可知，即；
又，可得；
而，即；
综上可得.
故选：C
8. 已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象分析可得，，整理得，结合对勾函数运算求解.
【详解】因为f(x)=3lg3x,03，
当时，可知其对称轴为，
令，解得或；
令，解得或；
当时，令，解得或，
作出函数y=fx的图象，如图所示，
若方程有四个不同的实根，
即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，
则，
对于，则，
可得，所以；
对于，则，可得；
所以，
由对勾函数可知在上单调递增，得，
所以的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是画出函数图象，结合函数图象分析出，，从而转化为关于的函数；
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数恒过定点
B. 函数与的图象关于直线对称
C. ，当时，恒有
D. 若幂函数单调递减，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由指数函数的性质可判断A；由反函数的性质可判断B；由指数函数的增长速度远远快于幂函数，可判断C；由幂函数的性质可判断D.
【详解】对于A，函数恒过定点，故A错误；
对于B，函数与的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，因为指数函数的增长速度远远快于幂函数，
所以时，恒有，故C正确；
对于D，当时，幂函数在单调递减，故D正确；
故选：BCD.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的定义域为
B. 函数的值域为
C.
D. 函数为减函数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据分母不为求出函数的定义域，即可判断A；再将函数解析式变形为，即可求出函数的值域，从而判断B；根据指数幂的运算判断C，根据函数值的特征判断D.
【详解】对于函数，则，解得，所以函数的定义域为，故A错误；
因为，
又，当时，则，
当时，则，
所以函数的值域为，故B正确；
又，故C正确；
当时，当时，所以不是减函数，故D错误.
故选：BC
11. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本不等式求出的范围，即可判断A；利用基本不等式及指数的运算法则判断B；利用乘“1”法及基本不等式判断C；利用立方和公式及的范围判断D.
【详解】因为，且，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，故A错误；
，当且仅当，即时取等号，故B正确；
，
当且仅当，即，时取等号，故C正确；
，
因为，所以，所以，即，故D正确.
故选：BCD
12. 对于定义在上的函数如果同时满足以下三个条件：①；②对任意成立；③当时，总有成立，则称为“天一函数”.若为“天一函数”，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 为增函数D. 对任意，都有成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，令，结合题中条件即可求解；对于B，令，结合题中条件即可求解；对于C，令，结合性质②③可得，因此有在上有递增趋势的函数(不一定严格递增)，即可判断；对于D，应用反证法：若存在，使fx0>2x0成立，讨论，，结合递归思想判断的存在性.
【详解】对于A，令，则，即，又对任意成立，因此可得，故A正确；
对于B，令，则，又，则，故B正确；
对于C，令，则，
所以，
又对任意成立，
则，即，
所以，
即对任意，都有，
所以在上非递减，有递增趋势的函数(不一定严格递增)，故C错误；
对于D，由对任意，都有，又，，故，
反证法：若存在，使fx0>2x0成立，
对于，，而，此时不存在使fx0>2x0成立；
对于，若存在使fx0>2x0成立，则，
而，则，即ffx0≥2fx0>4x0，
由，依次类推，必有，且趋向于无穷大，
此时，而必然会出现大于的情况，与ft>2nx0矛盾，
所以在上也不存在使fx0>2x0成立，
综上，对任意，都有成立，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于D，应用反证及递归思想推出，情况下与假设矛盾的结论.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】因为，
所以，，
所以.
故答案为：
14. 已知是定义在R上的奇函数，当时，，则＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据是定义在上的奇函数，可得，，只需将代入表达式，即可求出的值，进而求出的值．
【详解】因为是定义在上的奇函数，可得，，
又当时，，所以，
所以．
故答案为：
【点睛】本题主要考查利用奇函数的性质转化求函数值，关键是定义的灵活运用，属于基础题．
15. 定义在上的偶函数满足：在上单调递减，则满足的解集________.
【答案】
【解析】
【分析】利用偶函数，单调性解抽象不等式
【详解】因为为定义在上的偶函数，且在上单调递减，
所以，
所以，
即，
故答案为：
16. 设函数，正实数满足，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】首先推导出，再说明的单调性，即可得到，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以，
又在定义域上单调递增，且值域为，
在上单调递增，所以在定义域上单调递增，
因为正实数满足，所以，即，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以最小值为.
故答案为：
四、解答题：本大题共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. 计算下列各式的值.
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算法则计算可得；
（2）根据对数的运算性质及换底公式计算可得.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
18. 设全集为，已知集合，.
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；或；（2）.
【解析】
【分析】
（1）先解不等式求出集合，，根据补集的概念，以及并集的概念，即可得出结果；
（2）由（1）得出，再对分类讨论，即可得出结果.
【详解】（1）因为，则或；
若，则，
所以.
（2）由（1）或，，
当时，则，满足；
当时，则，满足；
当时，则，为使，只需，所以.
综上，.
19. 为了节能减排，某农场决定安装一个可使用10年旳太阳能供电设备．使用这种供电设备后，该农场每年消耗的电费C（单位：万元）与太阳能电池面积x（单位：平方米）之间的函数关系为，（m为常数），已知太阳能电池面积为5平方米时，每年消耗的电费为12万元．安装这种供电设备的工本费为（单位：1万元），记为该农场安装这种太阳能供电设备的工本费与该农场10年消耗的电费之和
（1）写出的解析式；
（2）当x为多少平方米时，取得最小值？最小值是多少万元？
【答案】（1）；
（2）40平方米，最小值40万元.
【解析】
【分析】（1）根据给定的条件，求出m值及的解析式，进而求出的解析式作答.
（2）结合均值不等式，分段求出的最小值，再比较大小作答.
【小问1详解】
依题意，当时，，即有，解得，则，
于是得，
所以的解析式是.
【小问2详解】
由（1）知，当时，在上递减，，
当时，，当且仅当，即时取等号，
显然，所以当x为40平方米时，取得最小值40万元.
【点睛】方法点睛：在求分段函数的最值时，应先求每一段上的最值，然后比较得最大值、最小值．
20. 已知函数是定义在上的奇函数.
（1）求的值；
（2）根据函数单调性的定义证明在上单调递增；
（3）设关于的函数有零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由奇函数性质求得参数值，再验证符合题意即可；
（2）根据单调性的定义证明；
（3）令，结合的单调性得到，参变分离可得，依题意可得关于的方程有解，令，则与有交点，利用换元法求出的值域，即可得解.
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，
所以，解得，
当时，，满足，是奇函数，
所以；
【小问2详解】
由（1）可得，
设任意两个实数满足，
则，
∵，∴，，∴，即，
所以在上为单调递增；
【小问3详解】
令，则，
又是定义在上的奇函数且单调递增，所以，
则，
则，
因为关于的函数有零点，
所以关于方程有解，令，
则与有交点，
令，则，令，，
则，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，则，即实数的取值范围为.
21. 设，已知函数的表达式为.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）设，若存在，使得函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可；
（2）根据函数的单调性求出最值，根据不等式有解分离参数求取值范围.
【小问1详解】
当时，，不等式，
即，所以，即，等价于，
解得或；
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
因为，，所以当时，函数为减函数，
所以函数在区间上单调递减，
又函数在区间上最大值和最小值的差不超过1，
所以，
即，即
所以，
即存在使成立，只需即可，
考虑函数，，令，
，
设，其中，
任取，且，则，
因为，所以，因为，所以，
所以，所以函数在上单调递减，
所以在单调递减，所以，
，所以，
所以的取值范围为.
22. 已知函数，函数.
（1）若，求函数的最小值；
（2）若对，都存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）首先利用指数运算，化简函数，再利用换元，结合对勾函数的单调性，即可求解函数的最值；
（2）首先将函数和在定义域的值域设为，由题意可知，，确定的取值范围，再讨论去绝对值，求集合，根据子集关系，比较端点值，即可求解.
【小问1详解】
若，
，
因为，令，则，
又因为在上单调递增，
当，即时，函数取得最小值2；
【小问2详解】
设在上的值域为，在上的值域为，
由题意可知，，由（1）知，
因为，解得：或，
当时，且，则，
可得，
可得的最大值为，最小值为，
即，可得，解得：，
当时，且，，
可得，
可知，的最大值为，最小值为，
即，可得，解得：，
综上可知，的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求函数的值域，根据，缩小的取值范围，再讨论去绝对值.