2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中高中部高一（上）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中高中部高一（上）期中数学试卷
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.已知集合，，，中所含元素的个数为( )
A. B. C. D.
2.若扇形的周长为，面积为，则其圆心角的弧度数是( )
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
3.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
4.已知曲线且过定点，若且，，则的最小值为( )
A. B. C. D.
5.已知，则的解析式为( )
A. B.
C. D.
6.函数的大致图象是( )
A. B.
C. D.
7.苂光定量是一种通过化学物质的苂光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标进行实时监测的方法在扩增的指数时期，苂光信号强度达到阀值时，的数量与扩增次数满足，其中为的初始数量，为扩增效率已知某被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，则扩增效率约为参考数据：( )
A. B. C. D.
8.已知，，，则，，的大小关系为( )
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.如图，某池塘里浮萍的面积单位：与时间单位：月的关系为关于下列说法正确的是( )
A. 浮萍每月的增长率为
B. 浮萍每月增加的面积都相等
C. 第个月时，浮萍面积不超过
D. 若浮萍蔓延到，，所经过的时间分别是，，，则
10.下列幂函数中满足条件的函数是( )
A. B. C. D.
11.已知函数，令，则下列说法正确的是( )
A. 函数的单调递增区间为
B. 当时，有个零点
C. 当时，的所有零点之和为
D. 当时，有个零点
12.已知函数，函数满足则( )
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 若实数、满足，则
D. 若函数与图象的交点为、、，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.函数是幂函数，且在上是减函数，则实数 ．
14.不等式的解集是______．
15.已知函数，且，则的值为______．
16.已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是______ ．
四、解答题：本题共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.本小题分
计算下列格式．
；
．
18.本小题分
已知集合，．
若，求实数的取值范围；
若，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知函数．
判断函数在上的单调性，并利用定义证明；
解不等式．
20.本小题分
设，函数．
若函数为奇函数，求；
若，判断并证明函数的单调性；
若，函数在区间上的取值范围是，求的取值范围．
21.本小题分
沈阳市地铁号线开通后将给和平长白岛居民出行带来便利已知该条线路通车后，地铁的发车时间间隔单位：分钟满足经测算，地铁载客量与发车时间间隔相关，当时地铁为满载状态，载客量为人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人．
Ⅰ写出关于的函数表达式；
Ⅱ若该线路每分钟的净收益为元，问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为多少？
22.本小题分
已知函数，．
若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
若对任意，存在，使得，求的取值范围；
若，对任意，总存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，，，
当时，，，满足集合，
当时，，；满足集合，
当时，，；满足集合，
共有个元素．
故选：．
通过的取值，确定的取值，推出中所含元素的个数．
本题考查集合的基本运算，元素与集合的关系，考查计算能力．
2.【答案】
【解析】解：设扇形的弧长为，半径为，则，
，
解得：，或者，，
扇形的圆心角的弧度数是：；或．
故选：．
根据题意设出扇形的弧长与半径，通过扇形的周长与面积，即可求出扇形的弧长与半径，进而根据公式求出扇形圆心角的弧度数．
本题主要考查扇形的周长与扇形的面积公式的应用，以及考查学生的计算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可得：，．
故选：．
由题意首先求得集合和集合，然后进行交集运算即可求得最终结果．
本题考查了集合的表示方法，交集的定义及其运算等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．
4.【答案】
【解析】解：因为且过定点，
则，，
若且，，则，
当且仅当且，即，时取等号．
故选：．
结合指数函数的性质可得，，进而可得，然后利用乘法，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了指数函数的性质，基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查函数解析式的求法，利用换元法求函数的解析式是常用的方法．
利用换元法求函数的解析式即可．设，，求出的表达式，然后求即可．
【解答】
解：设，，则，所以，
即，所以，
由，得，
所以，．
故选B．
6.【答案】
【解析】解：方法一：因为，即，所以，
所以函数的定义域为，关于原点对称，
又，所以函数是奇函数，其图象关于原点对称，
故排除，；
当时，，即，因此，故排除．
故选：．
方法二：由方法一，知函数是奇函数，其图象关于原点对称，故排除，；
又，所以排除．
故选：．
方法一：根据函数的奇偶性及函数值的符号排除即可判断；方法二：根据函数的奇偶性及某个函数值的符号排除即可判断．
本题主要考查函数图象的判断，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由题意，可得，即，
所以，可得，
解得．
故选：．
根据题意，得出方程，结合对数的运算性质，即可求解．
本题主要考查对数的运算性质，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，，，
．
又，
由，可得，
，
即有．
故选：．
先根据指数函数的单调性判断，，结合中间值，再根据对数函数的单调性判断，即可求得答案．
本题考查指数函数、对数函数的性质，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：图象可知，函数过点，
，
函数解析式为，
浮萍每月的增长率为：，故选项A正确，
函数是指数函数，是曲线型函数，浮萍每月增加的面积不相等，故选项B错误，
当时，，故选项C错误，
对于选项，，，，，
又，，故选项D正确，
故选：．
先利用特殊点求出函数解析式为，再利用指数函数的性质即可判断出正误．
本题主要考查了指数函数的图象和性质，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：由题意知，当时，的图象是凹形曲线；
对于，函数的图象是一条直线，则当时，有，不满足题意；
对于，函数的图象是凹形曲线，则当时，有，满足题意；
对于，函数的图象是凸形曲线，则当时，有，不满足题意；
对于，在第一象限内，函数的图象是一条凹形曲线，则当时，有，满足题意．
故选：．
由题意知，当时，的图象是凹形曲线；
由此分析选项中的函数曲线是否满足题意即可．
本题考查了函数的定义与性质的应用问题，也考查了分析问题与转化问题的能力，是中档题．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了分段函数的图象与性质的应用问题，也考查了函数的零点与方程的根应用问题，属于基础题．
画出函数的图象，结合图象，判断选项中的命题是否正确即可．
【解答】
解：画出函数的图象，如图所示：
由图象可知，函数在和上单调递增，所以选项A错误；
由图象可知，当时，函数的图象与的图象有个不同的交点，所以有个零点，选项B正确；
当时，，令，得，，计算，即的所有零点之和为，选项C错误；
当时，函数的图象与的图象有个交点，即函数有个零点，选项D正确．
故选BD．
12.【答案】
【解析】解：对于选项，由函数，函数定义域为，
则，
所以
，
所以，
所以，选项正确；
对于选项，因为满足，的图象关于点成中心对称，故B选项正确；
对于选项，设，则，
则为奇函数，由函数单调性的性质可知，
当时，单调递增，单调递增，
所以单调递增，所以在上为增函数，
则也为上的增函数，
因为实数、满足，且，
则，即，所以，即故C选项正确；
对于选项，由，，
所以的图象关于点成中心对称，的图象也关于点成中心对称，
令，则，，
因为函数与图象的交点为、、，
不妨设，由对称性可知，，，所以，，
则故D选项错误．
故选：．
利用函数的解析式可知，，即可判断；
由即可判断选项；
利用函数单调性的性质可判断函数的单调性，即可判断选项；
根据两个函数的对称性即可判断选项．
本题考查了对数型、指数型函数的性质、考查了复合函数的奇偶性、单调性及对称性，属于中档题．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查幂函数定义与性质，属于基础题．
由幂函数的定义知，其系数值应为，又在上是减函数，故其幂指数为负，由此即可转化出参数的所满足的条件．
【解答】
解：由题设条件及幂函数的定义知
由解得，或，代入验证知不合题意，
故．
故答案为．
14.【答案】
【解析】解：已知，
则，
即，
即或，
即不等式的解集是：，
故答案为：．
先化分式不等式为高次不等式，然后求解即可．
本题考查了高次不等式的解法，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，
则有，
则，
若，则，
故答案为：．
根据题意，求出函数的表达式，分析可得，由的值，计算可得答案．
本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题，
16.【答案】
【解析】解：由题意可得的对称轴为
当时，由复合函数的单调性可知，在单调递增，且在恒成立
则
时，由复合函数的单调性可知，在单调递增，且在恒成立
则此时不存在
综上可得，．
故答案为：．
由题意可得的对称轴为，当时，由复合函数的单调性可知，在单调递增，且在恒成立，时，由复合函数的单调性可知，在单调递增，且在恒成立从而可求．
本题主要考查了由对数函数及二次函数复合二次的复合函数的单调性的应用，解题中一定要注意对数的真数大于这一条件的考虑．
17.【答案】解：；
．
【解析】利用对数的运算性质分别对化简即可求解．
本题考查了对数的运算性质，属于基础题．
18.【答案】解：因为，所以或，
又且，
所以，解得，
所以实数的取值范围是；
若，则，
当时，，解得；
当时，，即，
要使，则，解得，
此时；
综上，实数的取值范围为．
【解析】由集合先得到，结合集合和，得到不等式组，即可得到答案；
分和两种情况讨论，结合子集定义可求解．
本题主要考查了集合的基本运算，考查了集合间放入包含关系，属于基础题．
19.【答案】解：函数在上单调递减．
证明：设，
则，
由，
可得，
所以，
即有，即，
所以在上单调递减；
由，解得或，
定义域为，关于原点对称，
，
所以为奇函数．
不等式，
即为，
而，
，
由在上单调递减，
可得，
即为，解得或．
所以原不等式的解集为或．
【解析】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
由单调性的定义，结合对数函数的单调性，可得在上单调递减；
首先判断为奇函数，由二次函数的值域和的单调性，去掉“”，由二次不等式的解法可得所求解集．
20.【答案】解：因为函数为奇函数，
所以，
即，
化简整理可得，，
解得或，
当时，在上为奇函数，
当，是上的奇函数，
综上所述，或．
当时，函数在上单调递增，证明如下：
当时，函数的定义域为，
设任意的，，且，
则，
因为，所以，即，
又因为，，，
所以，
即，
故当时，函数在上单调递增．
因为，所以，则，
因为，则，所以，
因为，所以或，
当时，函数在区间，上均单调递减．
若，，则，于是，这与矛盾，故舍去．
若，，则，于是，即，
所以，两式相减整理得，，
又，故，从而，因为，所以．
当时，由知，函数为上的增函数．
因为函数在区间上的取值范围是，
所以，即，
从而关于的方程有两个互异实数根．
令，则，所以方程，有两个互异的正实数根，
所以，从而．
综上可得，当时，，
当时，所以的取值范围为．
【解析】对分类讨论求出函数的定义域，再由奇函数的性质即可求解的值；
判断函数为上的单调递增函数，利用单调性的定义即可证明；
利用区间的定义以及指数函数的单调性，得到，对分类讨论利用函数的单调性，将问题进行转化，利用换元法，将问题进一步转化为二次方程根的分布问题，列出不等式组，求解即可．
本题考查了奇函数定义的理解与应用，函数单调性的判断与证明，函数单调性的应用，函数与方程的综合应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：当，时，；
当，时，设，
，解得，所以，
所以，
人．
当，时，
，
当时，，
当，时，，
，
当且仅当时，即时，取到最大值．
故当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元．
【解析】由题意分别写出，与，时，的表达式，写成分段函数的形式，可得的表达式，可得的值；
分别求出，时，，时，净收益为的表达式，并求出其最大值，进行比较可得净收益最大及收益最大时的时间．
本题主要考查分段函数解析式的求解及函数模型的实际应用，及利用基本不等式求解函数的最值，综合性大，属于中档题
22.【答案】解：由题意得恒成立，
所以，
解得，
所以的取值范围为：；
设当时，，
因为当时，，
由题意可得，
所以，
解得，
此时对称轴为，
故，
即，
解得或，
综上可得；
由题意得对任意，总存在，使得不等式成立，
令，由题意得，
而，
设，则，
所以，
故，
所以实数的取值范围为．
【解析】将不等式恒成立转化为恒成立，再根据即可求的取值范围；
将题中条件转化为的值域包含于的值域，再根据区间的两端点的函数值，可得到的对称轴在区间之间，从而可得到，进而可求得的取值范围；
将不等式成立化简得到不等式成立，再构造函数，从而得到，再构造函数，根据即可求解．
本题考查了一次函数、二次函数的性质，也考查了转化思想、一元二次方程恒成立问题，属于难题．
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