2023-2024学年辽宁省辽南协作体高一上学期期中考试数学试题（含解析）

2023-2024学年辽宁省辽南协作体高一上学期期中考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，则( )
A. B. C. D.
2.函数的定义域为
( )
A. B.
C. D.
3.下列各组函数表示同一函数的是( )
A. B.
C. D.
4.已知是实数，则“”是“”的
( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件
5.设函数则( )
A. B. C. D.
6.函数的零点所在区间是
( )
A. B. C. D.
7.已知偶函数在上单调递减，则下列结论正确的是
( )
A. B.
C. D.
8.函数在区间上单调递增，则的取值范围是
( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知定义在上的函数的图像如图所示下述四个结论：
( )
A. 函数的值域为 B. 函数的单调递减区间为
C. 函数仅有两个零点 D. 存在实数满足
10.已知集合，，若，则实数的取值可以是
( )
A. B. C. D.
11.下列说法不正确的是( )
A. 不等式的解集为
B. 已知命题：对，则为
C. 若，则函数的最小值为
D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是
12.已知，，且，则( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值为 D. 的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知集合，则集合的非空真子集的个数为________．
14.已知是奇函数，当时，，则的值为________．
15.若函数的定义域为，则函数的定义域__________．
16.已知是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，并且满足，则实数为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
求下列方程组及不等式组的解集．
；
．
18.本小题分
已知集合，集合．
Ⅰ当时，求；
Ⅱ当时，求的取值范围．
19.本小题分
已知二次函数，且，是函数的零点．
求的解析式；
解不等式．
20.本小题分
已知一次函数满足，．
求这个函数的解析式；
若函数，求函数值域．
21.本小题分
已知函数．
判断在区间上的单调性，并用定义证明；
判断的奇偶性，并求在区间上的值域．
22.本小题分
已知函数
若，求的值；
若，求的取值集合．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据集合的交运算即可求解．
解：由题意得 ，所以 ．
故选：
2.【答案】
【解析】【分析】偶次开根根号下为非负，分式分母不为零，据此列出不等式组即可求解．
解：依题意 ，解得 ，
所以函数的定义域为 ．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】判断函数的定义域是否相同，再在定义域基础上，化解解析式是否一致即可．
解：对于，，定义域和对应法则不一样，故不为同一函数；
对于，，定义域不同，故不为同一函数；
对于，，定义域和对应法则均相同，故为同一函数：
对于，，定义域不同，故不为同一函数．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】利用充分、必要条件的定义即可判断．
解：由 得不到 ，如 ，故充分性不成立，反之，由 可以得到 ，故必要性成立，则“ ”是“ ”的必要不充分条件．
故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】根据解析式进行迭代可得 ，然后可得答案．
解：由解析式可得 ，
所以 ．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】本题考查函数零点存在性定理，属于基础题．
根据函数零点存在性定理知满足 ，即零点在区间 ．( )
【解答】
解： ，
所以 在 单调递增，
因为

所以由零点存在性质定理知， 的零点在 ．
故选：
7.【答案】
【解析】【分析】根据偶函数的性质和函数的单调性求解．
解：由于函数 为偶函数，故 ，
且 在 上单调递减，
所以 ，即 ，
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查二次函数的图象与性质，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
易知函数图象的对称轴为，由函数在区间上单调递增可得，从而解出的取值范围即可．
【解答】
解：函数图象的对称轴为，
函数在区间上单调递增，
，解得．
所以的取值范围是．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】直接根据图像，结合函数的值域、递减区间、零点与特殊点即可．
解：对，由图，的最大值大于，最小值小于，故值域不为，故错误；
对，函数的单调递减区间为，故正确；
对，函数有三个零点，故错误；
对，成立，故正确；
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用集合交集求参数范围，属于基础题．
先在数轴上表示出集合，，再观察图象即可得解．
【解答】
解：因为，，，
作出图形如图，所以．
故选CD．
11.【答案】
【解析】【分析】对于，解出不等式的解集即可判断；对于，根据全称命题的否定为特称命题，即可判断；对于，令，根据对勾函数的性质即可判断；对于，解出使不等式恒成立时的取值范围，即可判断．
解：对于，不等式的解集为或，故错误；
对于，命题：对，则为，故正确；
对于，令，则原函数即为，由对勾函数的性质可知在上单调递增，
所以，所以函数的最小值为，当时，取最小值，故错误；
对于，因为不等式恒成立，
所以当时，满足题意；
当时，则有，解得，
综上，的取值范围是，故错误．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查利用基本不等式求最值的应用，以及二次函数的性质，属于中档题．
根据已知条件，结合基本不等式的公式，以及二次函数的性质，逐项判断即可求解．
【解答】
解：，均为正数，且，
由基本不等式可得，，解得，当且仅当，即，时等号成立，故A选项不正确，
，当且仅当，即时等号成立，故B选项正确，
，
，
，结合二次函数的性质可知，
当时，取得最小值，故C选项正确，
已知，，且，
则，
当且仅当，即时等号成立，
但，故等号不成立，故D错误．
故答案选：．
13.【答案】
【解析】【分析】求出集合，列举出集合的非空真子集，可得出结果．
解：因为，
所以，集合的非空真子集有：、，共个
故答案为：．
14.【答案】或
【解析】【分析】根据奇函数的定义求值．
解：由题意．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】由题意函数的定义域为，则对于函数中，令，即可求解．
解：由题意函数的定义域为，
则对于函数中，令，
解得，
即函数的定义域为，
故答案为：．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程根与系数的关系，属于基础题．
化简后根据根与系数的关系求出，再由判别式检验即可．
【解答】
解：因为是关于的一元二次方程的两个不相等的实数根，
所以，，所以，
解得或，
又因为，得，
所以．
故答案为：．
17.【答案】解：
从而解得或
故解集为．
不等式等价于，解得，
不等式等价于，解得，
所以不等式组的解集为．

【解析】【分析】代入消元法求解即可；
分别解出两个不等式，然后取交集．
18.【答案】解：Ⅰ当时，集合，
又，
所以．
Ⅱ若，
则，
解得，
实数的取值范围为．
【解析】本题主要考查了集合交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．
Ⅰ求出集合，然后再求交集即可；
Ⅱ利用集合的运算，列出不等式即可求得的取值范围．
19.【答案】解：因为是函数的零点，
即或是方程的两个实根，
所以，从而，
，即，
所以．
由得，
从而，即，
即，所以，
所以不等式的解集为．

【解析】【分析】利用韦达定理求解即可；
解一元二次不等式即得解．
20.【答案】解：设
由条件得：，解得
故．
由知，
即，
所以值域为．

【解析】【分析】根据题意，由待定系数法，代入计算，即可得到结果；
根据题意，由二次函数的值域，即可得到结果．
21.【答案】解：在区间上单调递增，证明如下：
，，且，
有．
因为，，且，所以，．
于是，即
故在区间上单调递增．
的定义域为．
因为，
所以为奇函数．
由得在区间上单调递增，
结合奇偶性可得在区间上单调递增．
又因为，
所以在区间上的值域为．
【解析】本题主要考查了单调性定义在单调性判断中的应用，还考查了利用单调性求解函数的值域，属于中档题．
设，然后利用作差法比较与的大小即可判断；
利用函数的单调性及奇偶性即可求解．
22.【答案】解：当时，，
解得或舍去；
当时，，
解得．
的值为或．
对任意实数，，
，，
解得．
的取值集合是

【解析】【分析】结合分段函数解析式列方程，由此求得的值．
首先判断的取值范围，然后解一元二次不等式求得的取值集合．
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