甘肃省兰州市名校2023-2024学年高一上学期期中考试数学试卷（含解析）

兰州市名校2023-2024学年高一上学期期中考试数学试卷
一、单选题（本题共8小题总分40分）
1．（5分）已知集合，集合，那么 （ ）
A． B． C． D．
2．（5分）下列表示正确的个数是（ ）
（1）；
（2）；
（3）；
（4）若，则．
（5）
A．4 B．3 C．2 D．1
3．（5分）已知命题：，．则（ ）
A．p为真命题，命题p的否定：，
B．p为假命题，命题p的否定：，
C．p为真命题，命题p的否定：，
D．p为假命题，命题p的否定：，
4．（5分）已知幂函数的图象过点，则 （ ）
A． B． C． D．
5．（5分）已知函数，且，则 （ ）
A．7 B．5 C．3 D．4
6．（5分）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）设奇函数在上为增函数，且，则不等式 （ ）
A． B．
C． D．
8．（5分）十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”它在现代数学的发展过程中有着重要意义，若函数，则下列实数不属于函数值域的是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
二、多选题（本题共4小题总分20分）
（多选）9．（3分）已知函数，关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域为R
B．的值域为
C．
D．若，则x的值是
（多选）10．（3分）下列命题是真命题的是（ ）
A．函数的最小值是2
B．若，则的最小值是8
C．已知x，y都是正数，若，则的最大值是
D．
（多选）11．（3分）下列命题中正确的是（ ）
A．函数在上是增函数
B．函数在上是减函数
C．函数的单调递减区间是
D．已知在R上是增函数，若，则有
（多选）12．（3分）若关于x的一元二次方程有实数根、，且，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，，
B．
C．当时，
D．二次函数的零点为2和3
三、填空题（本题共4小题总分20分）
13．（3分）不等式的解集是________.
14．（3分）已知函数，则________.
15．（3分）不等式的解集为________.
16．（3分）若函数的定义域为R，则实数a的取值集合是________. （用区间表示）
四、解答题（本题共6小题总分70分）
17．（10分）计算下列各式：
（1）；
（2）．
18．（12分）已知不等式的解是
（1）求a，b的值；
（2）求不等式的解集．
19．（12分）已知函数在上为减函数．
（1）求实数a的取值范围；
（2）解关于x的不等式．
20．（12分）已知函数是定义在上的奇函数，．
（1）求函数的解析式；
（2）若
21．（12分）已知函数．完成下面两个问题：
（1）画出函数的图象，并写出其单调增区间；
（2）求函数在区间上的最大值．
22．（12分）设函数是定义在上的奇函数．
（1）确定函数的解析式；
（2）用定义证明在上是增函数．
兰州市名校2023-2024学年高一上学期期中考试数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共8小题总分40分）
1．【分析】首先求出集合B，再根据交集、补集的定义计算可得．
【解答】解：由，解得或，
因为，又
所以，
则．
故选：C．
【点评】本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2．【分析】根据元素与集合的关系、集合与集合的关系、交集、子集等知识进行分析，从而确定正确答案．
【解答】空集没有元素，所以正确；
空集是任何集合的子集，所以，也即（2）正确；
由解得，所以（3）错误；
若，即A是B的子集，所以（4）正确；
根据元素与集合的关系可知正确，也即（5）正确．
所以正确的个数是4．
故选：A．
【点评】本题考查集合间的基本关系，属于基础题．
3．【分析】由题设即可判断原命题的真假，再由特称命题的否定：存在改任意并否定原结论，即可得答案．
【解答】解：由，即，显然不可能成立，
所以p为假命题，
由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为，．
故选：B．
【点评】本题主要考查了特称命题的否定，考查了命题真假的判断，属于基础题．
4．【分析】根据待定系数法求解，即可代入求解．
【解答】解：设，则，
所以，故．
故选：C．
【点评】本题考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．【分析】根据即可求出，再根据即可得出，解出t即可．
【解答】解：∵；
∴；
∴；
解得．
故选：A．
【点评】考查已知的解析式求解析式的方法，换元法求函数解析式的方法．
6．【分析】根据指对幂函数的单调性以及中间值进行比较即可．
【解答】解：由单调递减可知：，即；
由单调递增可知：，即
所以．
故选：D．
【点评】本题主要考查指数函数、幂函数的单调性，属于基础题．
7．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
【解答】解：∵奇函数在上为增函数
∴在上为增函数
则不等式等价为不等式，
即
即当时， ，
当时， ，
即不等式的解集为
故选：B．
【点评】本题主要考查不等式的解法，此类问题往往借助于函数图象分析．奇函数的图象关于原点成中心对称．
8．【分析】根据已知条件求出，利用分段函数分段处理及函数值域的定义即可求解．
【解答】解：由题意可知，
所以，，，而无解．
故选：C．
【点评】本题以新定义为载体，主要考查了函数性质的应用，属于基础题．
二、多选题（本题共4小题总分20分）
9．【分析】根据函数的定义域的定义，分段函数值域的求法以及函数的定义逐项判断．
【解答】解：显然定义域为，故A错误；
当时，，；
，故C正确；
若，则，或，解得或．
故选：BC．
【点评】本题考查分段函数的性质，以及函数定义域、值域和函数值的求法，属于中档题．
10．【分析】结合可判断A选项；结合基本不等式可判断BC选项；，
进而结合对勾函数的单调性即可判断D选项．
【解答】解：对于A，当时，；
对于B，由，
当且仅当，即时等号成立的最小值是8；
对于C，因为x，所以，即，
当且仅当，即， ，所以的最大值是；
对于D，令，即，
因为函数在上单调递增，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题．
11．【分析】根据函数的定义域及单调性分别判断各选项．
【解答】解：A选项：对称轴为，函数的单调递增区间为，
所以函数在上是增函数；
B选项：函数在上单调递减，
因为，，，，，
函数在上不是减函数；
C选项：C选项错误；
D选项：在R上是增函数，若，，
所以，，D选项正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查了函数单调性的判断及单调性的应用，属于中档题．
12．【分析】当时， ，解方程即可判断选项A，有实数根，，且，根据即可判断选项B，数形结合由图像与图像交点横坐标可判断选项C，由展开得：，先利用韦达定理求出，代入可判断选项D，进而可得正确选项．
【解答】解：对于A，易知当m=0时，3，故A正确；
对于B，设，因为的图像与直线有两个交点，故B正确；
对于C，当时， ，故C错误；
对于D，由展开得：，利用韦达定理求出，代入，
可得，所以二次函数的零点为2和3，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，属于中档题．
三、填空题（本题共4小题总分20分）
13．【分析】把不等式右边的“1”移项到不等式左边，通分后根据分母不变只把分子相减计算后，在不等式两边同时除以，不等号方向改变，然后根据两数相除，异号得负，根据商为负数得到与异号，可化为两个不等式组，分别求出两不等式组的解集，求出两解集的并集即可得到原不等式的解集．
【解答】解：不等式，
移项得：，
即，
可化为：或，
解得：或无解，
则原不等式的解集是．
故答案为：
【点评】此题考查了其他不等式的解法，考查了转化及分类讨论的数学思想，是高考中常考的基础题．学生做题时注意在不等式两边同时乘以或除以同一个负数时，不等号的方向要改变．
14．【分析】由已知函数解析式先求出，进而可求．
【解答】解：因为
所以，
则．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了函数值的求解，属于基础题．
15．【分析】原不等式化为，进而利用函数的单调性得到，解一元二次不等式，即可得答案；
【解答】解：原不等式可化为：
根据指数函数的增函数性质得：
解得：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了指数函数单调性在不等式求解中的应用，属于基础题．
16．【分析】由题意知对任意实数恒成立，最高次项系数含参问题，考虑参数是否为零，分情况讨论．
【解答】解：若函数的定义域为，对任意实数恒成立，
①当时，恒成立；
②当时，若，
则需满足，解得：；
综上所述：．即
故答案为：．
【点评】本题主要考查函数的定义域及其求法，属于基础题．
四、解答题（本题共6小题，总分70分）
17．【分析】（1）根据指数运算法则直接计算即可；
（2）根据指数运算法则直接计算即可．
【解答】解：（1）
；
（2）
【点评】本题考查了根式的化简与有理数指数幂的运算问题，是基础题．
18．【分析】（1）根据不等式对应方程的关系，利用根与系数的关系列方程组求出a、b的值；
（2）把（1）中a、b的值代入不等式求解即可．
【解答】解：（1）不等式的解是
∴、是方程的两个实数根，
由根与系数的关系知
，且；
解得，；
（2）根据（1）知，不等式为，
解得，
∴该不等式的解集为．
【点评】本题考查了三个二次之间的关系以及一元二次方程根与系数的关系应用问题，是基础题．
19．【分析】（1）考虑和两种情况，根据二次函数的单调性得到，解得答案；
（2）考虑和两种情况，根据，考虑和的大小关系，解不等式得到答案．
【解答】解：（1）当时，在上为减函数，符合题意，
当时，为二次函数，则，解得，
综上所述：实数a的取值范围为；
（2）当时，，
所以；
当时，的零点为，，
当即时，；
当即时，；
当即时；
综上所述：当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
【点评】本题主要考查二次函数的性质与图象，属于基础题．
20．【分析】（1）利用奇函数定义直接可得解析式；
（2）利用函数的奇偶性，根据单调性可去掉符号f，再考虑到定义域即可求出a的范围．
【解答】解：（1）因为为奇函数，所以
设，则，，
由为奇函数有，
又时满足，
故，
（2）当时，为单调递增函数，
由奇函数可知是定义在上的增函数，
又因为，
所以，
故有，
即，
故，即a的取值范围是
【点评】本题考查函数的奇偶性、单调性的综合应用及函数解析式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
21．【分析】（1）将函数化为分段函数的形式，再作出图象，根据图象可得到单调递增区间；
（2）根据图象可得到函数在区间上的单调性，进而求得最值．
【解答】解：（1），其图象如下：
单调增区间为和
（2）由（1）中的图象可知，函数在，在上单调减，在，，，
故在区间上的最大值为．
【点评】本题考查函数图象的作法及其运用，考查函数单调性及最值的求解，考查数形结合思想，属于基础题．
22．【分析】（Ⅰ）根据奇函数的性质可知，求出b，a值；
（Ⅱ）利用定义的方法判断函数单调性，设且，判断的正负即可．
【解答】解：（Ⅰ）由题知，是
所以，即
又因为．
所以，
∴；
（Ⅱ）证明：且，
则有，
∵，，
∴，
∴，
∴函数在上是增函数．
【点评】本题考查了函数的奇偶性和利用定义的方法判断函数的单调性，属于基础题型，应熟练掌握．