2023-2024学年安徽省合肥市庐江县（八校联考）高一上学期第二次集体练习数学试题（含解析）

2023-2024学年安徽省合肥市庐江县（八校联考）高一上学期第二次集体练习数学试题
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45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，若，则( )
A. B.
C. D. 或
2.若函数，且恒过定点，则点的坐标是( )
A. B. C. D.
3.命题：，，则命题的否定是
( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4.设，，，则使得恒成立，求的取值范围是
( )
A. B. C. D.
5.若，则
( )
A. B. C. D.
6.与表示同一函数的是
( )
A. B.
C. D.
7.设函数则( )
A. B. C. D.
8.已知，则的解析式为
( )
A. B.
C. D.
9.下列运算不正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.下列运算法则正确的是( )
A. B.
C. 且 D.
11.已知函数，其中，若存在实数，使得关于的方程恰有三个互异的实数解，则实数的取值可以为
( )
A. B. C. D.
12.已知定义在的函数满足：当时，恒有，则
( )
A.
B. 函数在区间为增函数
C. 函数在区间为增函数
D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数的定义域为，则函数的定义域为________．
14.函数，若不等式的解集是，则____________．
15.为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”计费方法如表所示，若某户居民某月交纳水费元，则该月用水量 ．
每户每月用水量 水价
不超过的部分 元
超过但不超过的部分 元
超过的部分 元
16.已知函数，则使得的的取值范围是 ．
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
；
．
18.本小题分
已知集合，．
是否存在实数，使若存在，求出的值若不存在，请说明理由
若，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知函数是指数函数，
求函数的解析式；
判断的奇偶性，并加以证明；
解不等式：．
20.本小题分
某租赁公司有辆电动汽车供租赁使用，管理这些电动汽车的费用是每日元．根据调查发现，若每辆电动汽车的日租金不超过元，则电动汽车可以全部租出；若超过元，则每超过元，租不出去的电动汽车就增加辆．设每辆电动汽车的日租金为元，用单位：元表示出租电动汽车的日净收入．日净收入等于日出租电动汽车的总收入减去日管理费用
求关于的函数解析式；
试问当每辆电动汽车的日租金为多少元时？才能使日净收入最多，并求出日净收入的最大值．
21.本小题分
我们知道，，当且仅当时等号成立即，的算术平均数的平方不大于，平方的算术平均数此结论可以推广到三元，即，当且仅当时等号成立．
证明：，当且仅当时等号成立．
已知，，，若不等式恒成立，利用中的不等式，求实数的最小值．
22.本小题分
已知函数，且．
求的解析式；
已知的定义域为若方程有唯一实根，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】解不等式求得集合，由此求得．
解：由，解得，
所以，所以或
故选：
2.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查指数函数的图象经过定点问题，属于基础题．
由题意令幂指数等于零，求得、的值，可得指数函数的图象经过定点的坐标．
【解答】
解：对于函数，且，令，求得，
可得它的图象恒过定点，
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】本题考查含有一个量词的命题的否定，注意含有定义域的命题在判断时要将定义域考虑进去，属于基础题．
命题：，等价于，或，由含有量词的命题的否定可直接判断．
解：命题中，由可解得或，
即命题：，等价于，或，
则命题的否定是，．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】本题主要考查的是利用基本不等式求最值，考查了学生对基本知识的掌握情况．
由题意，利用基本不等式求出的最小值即可．
解：因为，，，
所以
当且仅当，即时等号成立，所以
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】易得，，然后由推出比较即可．
解：，
，
，
又，
所以．
故选：
6.【答案】
【解析】【分析】本题主要考查了判断两个函数是否为同一函数，属于容易题．
分别判断四个选项中与的定义域是否相同，并比较化简后的解析式是否一致，即可得到答案．
解：对于选项A：的定义域为，的定义域为，两个函数的定义域不同，不是同一个函数；
对于选项B：的定义域为，的定义域为，两个函数的定义域不同，不是同一个函数；
对于选项C：的定义域为，的定义域为，两个函数的定义域相同，与对应法则相同，是同一个函数；
对于选项D：的定义域为，的定义域为，故两个函数不是同一个函数；
故选：
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了分段函数与指数和对数运算，属于基础题．
将不同的自变量代入不同的表达式进行计算．
【解答】
解：函数
即有，
，
则有．
故选C．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查求函数的解析式，考查计算能力，属于基础题．
利用换元法即可求解．
【解答】
解：设，则，
所以，即．
故选C．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了有理数指数幂的运算，考查了偶次根式对被开方数的要求，考查分析解决问题的能力，属于基础题．
根据指数幂的运算法则及运算性质，分选项排除即可．
【解答】
解：对于，，故A正确；
对于，，成立，故B正确；
对于，，成立，故C正确；
对于，当且时，和无意义，故D错误，
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了对数运算与指数幂的运算，属于基础题．
依据运算法则，逐项判断可得结果．
【解答】
解：选项，必须满足，才有，故A错误；
选项，若，，时，左边为，而右边为，显然不相等，故B错误；
选项，由换底公式可知，且，故C正确；
选项，依据指数幂运算法则，同底的指数相乘，底数不变，指数相加可知，故D正确．
故选CD．
11.【答案】
【解析】【分析】本题考查根据方程根的数目求参数，能否绘出函数的图像是解决本题的关键，考查数形结合思想，考查推理能力与计算能力，是中档题．
本题首先可以根据题意绘出函数的大致图像，然后根据当时得出恰有三个互异的实数解需要满足，最后通过计算即可得出结果．
解：当时，
函数的大致图像如图所示：
因为当时，，
所以要存在实数，使关于的方程恰有三个互异的实数解，
需要满足且，解得，
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】令可判断；不妨设，可得，即，即可判断；结合选项B，可取判断；结合选项B及不等式的性质判断．
解：令，则有，即，故 A错误；
不妨设，由，可得，
，函数在区间为增函数，故 B正确；
由选项B可知，函数在区间为增函数，
可取，此时在区间为增函数，
而，可知函数在上为减函数，在上为增函数，故 C错误；
函数在区间为增函数，，
，
，
，故 D正确．
故选：．
13.【答案】
【解析】【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案．
解：依题意，函数的定义域为，
所以函数有意义应满足，解得，
所以的定义域为．
故答案为：
14.【答案】
【解析】【分析】本题考查已知一元二次不等式的解集求参数，解题关键是掌握“三个二次”的关系．
根据和是方程的解可得．同时可得．
解：由题意，方程有两个不等实解，，，
又不等式的解集为，和是方程的解且，
或，解得或舍去．
．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了分段函数的应用、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于一般题．
由题意可知此户居民本月用水量超过但不超过，设此户居民本月用水量为，列出关于的等式求解即可．
【解答】解：若月用水量为，需要元，
若月用水量为，需要元，
某户居民本月交纳的水费为元，可知：此用户用水量超过但不超过．
设此户居民本月用水量为，则，解得．
此户居民本月用水量为．
故答案为．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查利用函数单调性和奇偶性解不等式，属于基础题．
【解答】
解：令，显然是偶函数，且在内单调递增因为，所以，解得．
17.【答案】解：根据指数幂的运算法则可得：原式
．
根据对数的运算法则可得：原式．

【解析】【分析】根据指数幂的运算法则，准确运算，即可求解；
根据对数的运算法则和对数的换底公式，准确运算，即可求解．
18.【答案】解：，所以且中不含除，，以外的实数，即，解得．
验证：此时，所以不存在实数，使．
由得，即只可能为，，，．
，即且，解得
，即此方程组无解
中方程只有一个根：当时，解得，此时，符合题意
当时，由，解得，此时，不符合题意．
综上所述，

【解析】本题考查含参数的并集运算和集合关系问题，是中档题
19.【答案】解：函数是指数函数，且，
，可得或舍去，
；
是奇函数，
证明如下：
由得，定义域为，
，
，
是奇函数；
由得，不等式，
即：，
以为底的对数函数在定义域上单调递增，
所以，
，
解集为
【解析】本题考查的是指数函数的定义，函数奇偶性的证明和对数不等式的解法，对数函数的性质．
由函数是指数函数，可得且，所以，解方程即可得出答案；
由得，定义域为，所以，即可得证；
由得，不等式，即：，以为底的对数函数在定义域上单调递增，所以，即可得出答案．
20.【答案】解：当时，，
当时，，
故关于 的函数解析式为
由有当时为增函数，
故当时取最大值；
当时，为二次函数，对称轴为．
故当时取最大值；
故当每辆电动汽车的日租金为元时，才能使日净收入最多，为元．

【解析】【分析】本题主要考查函数的实际应用，需要根据题目条件分段列出关系式，再求解函数在每个区间段上的最大值分析即可属于中等题型．
分情况讨论，当与两种情况进行计算即可
分当与两种情况表达日净收入的表达式，再根据函数性质求解最值即可．
21.【答案】解：
，
故，当且仅当时等号成立．
当，，时，由中的不等式得，，
所以，即，当且仅当时等号成立．
因此的最大值为．
由恒成立得，，
故实数的最小值为．

【解析】本题考查基本不等式的推广，拓展思维，属较难题．
22.【答案】解：令，则，，
又，解得，
所以
因为的定义域为，解得，的定义域为．
，即在恒成立，
在单调递减，当时，最大值为，
又，，
化简得，
令，则在有唯一实数根，
令
当时，令，得，即，得符合题意，所以；
当时，，所以只需，解得，因为，所以此时无解；
综上，实数的取值范围是

【解析】【分析】本题考查了利用换元法求函数解析式以及根据函数的零点确定参数的范围，已知函数有零点方程有根求参数值取值范围常用的方法：
直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
利用换元法以及，即可求解的解析式；
根据，的定义域得出，结合函数的解析式将方程化为，利用换元法得，讨论的值，结合二次函数的性质即可得出实数的取值范围．
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