江苏省盐城市重点中学2023-2024学年高一上学期第一次校标考试数学试卷（含解析）

2023-2024学年第一学期高一年级第一次校标考试
数学试题
单选题：本大题共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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设命题，，则为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．设一元二次不等式的解集为，则的值为（ ）
A． B． C．12 D．7
4．设，则成立是成立的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
5．已知函数的定义域是，则的定义域是（ ）
A． B． C． D．
6．已知，若，则的最小值为（ ）
A． B．8 C．4 D．
7．已知是上的奇函数，是上的偶函数，且，则（ ）
A．10 B．6 C．8 D．5
8．已知对任意及，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
多选题：本大题共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．若a，b，c为实数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．已知集合恰有3个非空子集，则a的值可能为（ ）
A． B． C．0 D．1
11．下列函数中满足“对任意，都有”的是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数的最小值为，则的可能取值是（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
不等式的解集为 ．
已知是上的奇函数，当时，，则时，的解析式为 ．
15．若命题“使”是假命题，则实数的取值范围为 ．
16．函数在区间的最大值是5，则实数的取值范围是 ．
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．（10分）在①一次函数的图象过，两点，②关于的不等式的解集为，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答．
问题：已知__________，求关于的不等式的解集．
18．（12分）已知集合，.
(1)时，求；
(2)若，求实数的取值范围.
（12分）（1）已知，求函数的最小值；
（2）已知，，且，求的最小值．
20．（12分）已知函数.
(1)当，时，求函数的最大值和最小值；
(2)若函数在上的最大值为，求实数的值.
21．（12分）已知命题：“，不等式成立”是真命题．
（1）求实数的取值范围；
（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
22．（12分）已知二次函数的图象过点，且.
(1)求的解析式；
(2)已知，，求函数在上的最小值（直接写出答案）；
(3)若，若函数在上是单调函数，求的取值范围.
参考答案
1．B
【分析】根据交集的运算法则求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B.
2．C
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，” 则为“，”.
故选：C.
3．C
【分析】由一元二次不等式解集求参数，即可得结果.
【详解】由题设是的两个根，且，
所以，故.
故选：C
4．A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断即可．
【详解】由成立可推出成立，所以“”成立是“”成立充分条件
当时，，但，即由成立不能推出成立，
所以“”成立不是“”成立必要条件
所以成立是成立的充分不必要条件，
故选：．
5．D
【分析】利用复合函数求函数的定义域的原则及分式有意义即可求解.
【详解】因为函数的定义域是，
所以，所以
所以函数的定义域为，
要使有意义，则需要，解得，
所以的定义域是.
故选：D.
6．B
【分析】由基本不等式直接可得.
【详解】由基本不等式可得，整理得
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为8.
故选：B
7．A
【解析】先由是上的奇函数，是上的偶函数，且，得到，求出和，再求
【详解】因为，所以.又是奇函数，是偶函数，所以，
则，故.
故选：A
【点睛】函数奇偶性的应用:
(1)一般用或;
(2)有时为了计算简便,我们可以对x取特殊值: 或.
8．D
【分析】应用参变分离法有恒成立，令结合二次函数的性质求右侧的取值范围，只需即可确定范围.
【详解】由题设，恒成立，
令，则，
所以只需即可，故.
故选：D
9．ABD
【分析】由不等式的性质逐一判断即可．
【详解】A、若，则，正确；
B、若，则，正确；
C、当时，，故错误．
D、若，，则，正确．
故选：ABD
10．ABC
【分析】根据题意可知集合A有2个元素，结合一元二次方程的判别式即可求得答案.
【详解】因为集合A恰有3个非空子集，所以集合A有2个元素，
则有两个不相等的实数解，
则，解得，结合选项可知a的值可能为，
故选：ABC．
11．ABD
【解析】根据题意可知在上单调递增，再逐项判断即可.
【详解】解：对任意，都有，
在上单调递增，
对A，易知在上单调递增，故A正确；
对B，在上单调递增，故B正确；
对C，的对称轴为，
在上单调递减；在上单调递增，故C错误；
对D，，
由在上单调递增，
在上单调递增，
在上单调递增，故D正确.
故选：ABD.
12．AB
【分析】根据二次函数的单调性、对钩函数的单调性，结合最小值的性质进行求解判断即可.
【详解】函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数，
，对称轴为，
当时，
当时，，
要想函数的最小值为，只需，即，
显然选项AB符合，
当时，
当时，，显然不是，
综上所述：只有选项AB符合条件，
故选：AB
13．
【分析】根据分式不等式求解方法进行求解即可．
【详解】等式等价于，解得，
所以原不等式的解集为．
故答案为：．
14．
【分析】根据函数的奇偶性的性质即可求的解析式；
【详解】设，则
，
又函数为奇函数
，
15．
【分析】原命题等价于命题“，”是真命题
【详解】由题意得若命题“”是假命题，
则命题“，”是真命题，
则需,故本题正确答案为．
【点睛】本题主要考查全称量词与存在量词以及二次函数恒成立的问题．属于基础题．
16．
【分析】根据在区间的最大值是5，结合含绝对值不等式的解法，可得，根据x的范围，可得的范围，即可得答案.
【详解】由题意得：，
因为在区间的最大值是5，
所以，即，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
17．选择见解析；．
【解析】若选①，根据直线上的点求出，再解一元二次不等式即可；若选②，根据一元一次不等式的解集求出，再解一元二次不等式即可；若选③根据集合相等求出，再解一元二次不等式即可.
【详解】解：若选①，由题得，解得．
将代入不等式整理得，
解得或，故原不等式的解集为：．
若选②，因为不等式的解集为，所以，
解得，将代入不等式整理得，
解得或，故原不等式的解集为：．
若选③，若，解得，不符合条件；
若，解得，则符合条件．
将代入不等式整理得，
解得或，故原不等式的解集为：．
18．(1)
(2)或
【分析】（1）计算，再计算交集得到答案.
（2）考虑和两种情况，根据范围的大小得到，解得答案.
【详解】（1）时，，
则．
（2）①即时，，符合题意；
②即时，，
∴，∴，解得．
综上所述，或.
19．（1）3；（2）.
【分析】（1）化简，结合基本不等式（对勾函数法），即可求解；
（2）由，得到，由展开，结合基本不等式（“1”的妙用），即可求解.
【详解】（1）因为，所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3．
（2）由，得，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
20．(1)，
(2)
【分析】（1）配方后利用二次函数性质求解可得；
（2）根据对称轴位置分和讨论最大值，由最大值为1列方程即可求解.
【详解】（1）当时，，
故当时，由二次函数性质可知，，
（2）函数的图象开口向上，对称轴为直线.
①当时，即当时，
，解得，满足题意；
②当时，即当时，
，解得，不满足题意.
综上所述，.
21．（1）m>5；（2）a≥9.
【分析】（1）进行参变分离，进而通过求函数的最值解得答案；
（2）根据充分不必要条件的定义即可得到答案.
【详解】（1）由题意恒成立，设
因为，所以，所以.
（2）因为是的充分不必要条件，
所以.
22．(1)
(2)
(3)或或
【分析】（1）由，可得函数关于对称，从而可求得，再利用待定系数法求即可；
（2）去绝对值符号得，再分，和三种情况讨论即可；
（3）取绝对值符号可得，再分，和三种情况讨论，求出函数的单调区间，结合已知即可得解.
【详解】（1）解：因为，
所以函数关于对称，
则，所以，
又，即，所以，
所以；
（2）解：，
即，
由，
当时，令，即，解得（舍去），
当时，，
当时，，
当时，，
综上所述；
（3）解：，
当时，在上递增，符合题意；
当时，则，
此时函数在上递增，在上递减，
则或或，解得；
当时，，
则函数在上递增，在上递减，
则或或，解得，
综上所述，的取值范围为或或.
【点睛】本题考查了函数的对称性及求二次函数的解析式，考查了分段函数和二次函数的最值问题，考查了根据函数在区间上的单调性求参数的取值范围，考查了分类讨论思想，有一定的难度.