2023-2024学年北京师大昌平附中高一（上）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年北京师大昌平附中高一（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题4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.若集合，，则( )
A. B. C. D.
2.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
3.如果，那么下列不等式成立的是( )
A. B. C. D.
4.不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
5.函数在上单调递增，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
6.下列四个选项中，可以是函数的图象的是．( )
A. B.
C. D.
7.定义在上的函数是奇函数，且在是减函数，，则不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
8.根据统计，一名工人组装第件某产品所用的时间单位：分钟为为常数已知工人组装第件产品用时分钟，组装第件产品用时分钟，那么和的值分别是( )
A. ， B. ， C. ， D. ，
9.“函数在区间上不是增函数”的一个充要条件是( )
A. 存在满足
B. 存在满足
C. 存在，且满足
D. 存在，且满足
10.已知函数，，若对于任一实数，与至少有一个为正数，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.函数的定义域是______要求用区间表示
12.若函数，则 ； ．
13.函数的最小值是 ；取到最小值时， ．
14.已知函数的定义域为，且自变量与函数值的关系对应如表：
______ ；
不等式的解集为______ ．
15.对于正整数，设函数，其中表示不超过的最大整数．
______ ；
设函数，则的值域所含元素的个数是______ ．
三、解答题：本题共4小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
设集合，．
求集合；
若不等式的解集为，求实数、的值．
17.本小题分
函数的图象过点．
求实数的值，并判断函数的奇偶性；
利用单调性定义证明在区间上是增函数；
直接写出函数的单调递减区间．
18.本小题分
二次函数，且，．
求函数的解析式；
若关于的方程在上有解，求实数的取值范围；
当时，求函数的最小值的解析式．
19.本小题分
对于函数，，若有常数，使得，均存在唯一的满足，则称为函数的“均值”．
判断是否为函数，的“均值”，并说明理由；
若函数为常数存在“均值”，求实数的取值范围；
若函数是单调函数，且其值域为区间，试探究函数的“均值”情况是否存在、个数等与区间之间的关系，写出结论．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
直接利用交集的运算得答案．
本题考查交集及其运算，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：“，”的否定是：，．
故选：．
任意改存在，将结论取反，即可求解．
本题主要考查全称命题的否定，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：选项A，由，可得，故A错误；
选项B，因为，，所以，故B错误；
选项C，由，可得，则，即，故C错误；
选项D，由，可得，则成立，故D正确．
故选：．
根据不等式的基本性质即可判断各选项．
本题考查不等式的基本性质，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：不等式，即，
求得，可得它的解集为
故选：．
由题意，把分式不等式等价转化为一元二次不等式，从而求出它的解集．
本题主要考查分式不等式、一元二次不等式的解法，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，二次函数的图象开口向上，对称轴为，
在上单调递增，
，即，
实数的取值范围是．
故选：．
求出二次函数的对称轴可知，从而即可求出实数的取值范围．
本题考查二次函数的性质与图象，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
先判断函数为偶函数，再判断函数在每个区间的单调性，即可求出．
【解答】
解：函数的定义域为，
，
函数为偶函数，其图象关于轴对称，
当时，，函数为增函数．
故选：．
7.【答案】
【解析】解：因为定义在上的函数是奇函数，且在是减函数，，所以，
在为减函数，，
当时，显然不成立；
当时，由得，所以；
当时，由得，所以；
综上所述，不等式的解集为．
故选：．
分，，三种情况，根据奇函数和增函数的性质可解得答案．
本题主要考查函数的奇偶性和单调性，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由题意可得：，
所以
而，可得出
故，可得
从而
故选：．
首先，的函数值可由表达式直接得出，再根据与的函数值不相等，说明求要用对应的表达式，将方程组联解，可以求出、的值．
分段函数是函数的一种常见类型，解决的关键是寻找不同自变量所对应的范围，在相应区间内运用表达式加以解决．
9.【答案】
【解析】解：“函数在区间上不是增函数”的一个充要条件是：存在，且满足．
故选：．
利用函数的单调性、充要条件的判定方法即可得出．
本题考查了函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：当时，
当接近时，函数与均为负值，
显然不成立
当时，因
当时，
若，即时结论显然成立；
若，时只要即可，即
则
故选B．
当时，显然不成立；当时，因为，所以仅对对称轴进行讨论即可．
本题主要考查对一元二次函数图象的理解．对于一元二次不等式，一定要注意其开口方向、对称轴和判别式．
11.【答案】
【解析】解：要使函数有意义，则需，
解得：，
即函数的定义域为：，
故答案为：．
由一元一次不等式的解法得：要使函数有意义，则需，解得：，得解．
本题考查了函数定义域的求法及一元一次不等式的解法，属简单题．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数解析式的定义及求法，换元求函数解析式的方法，以及已知函数求值的方法．
对于函数，取即可求出；可令，求出，从而可求出，这样换成即可求出的解析式．
【解答】
解：对于，取得，；
设，则；
；
．
故答案为：；．
13.【答案】
【解析】解：，
，
由基本不等式可得，
当且仅当即时，函数取得最小值．
故答案为：；．
由已知可知，由，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了利用基本不等式求解最值，属于基础试题．
14.【答案】
【解析】解：时，，
故，
若，则，，，
故不等式的解集是，
故答案为：，．
根据，的对应关系表计算，从而求出的值即可；求出不等式的解集．
本题考查了函数求值问题，考查解不等式问题，是一道基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为表示不超过的最大整数，
所以，，
对于正整数，．
函数，
所以，
所以的周期为．
若，则，
若，则．
若，则．
若，则．
因此函数的值域为，
集合所含元素的个数是．
故答案为：；．
结合已知定义可得，，可求；
先求出的表达式，进而可求的周期，结合周期及已知定义即可求解．
本题以新定义为载体，主要考出来函数值域的求解，属于中档题．
16.【答案】解：，
或，
故A；
或，
不等式的解集为，
则，解得，．
【解析】先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解；
结合并集的定义，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查一元二次不等式及其应用，属于基础题．
17.【答案】解：因为函数的图象过点，
可得，解得，
所以，定义域为
在定义域内的任意，则，
所以函数为奇函数；
证明：在区间任意取，，且，
则，
因为，
可得，，
所以，即，
即函数在区间上是增函数；
令，解得，
由及对勾函数的性质可得函数的单调递减区间为和．
【解析】将点的坐标代入函数的解析式中，可得的值，求出函数的定义域及的解析式，可判断出函数为奇函数；
用定义法可证得函数在的单调性；
由对勾函数的性质可得函数的单调递减区间．
本题考查函数奇偶性的判断，涉及函数的单调性的判断和证明，属于基础题．
18.【答案】解：由，可得，
因为，
所以，
整理可得：，
可得，解得，，
所以；
，可得，
即，在上有解，
因为，所以，
可得；
，
因为函数，开口向上，对称轴方程为，
当时，则函数在单调递增，所以；
当，即时，则函数在单调递减，所以；
当时，函数在先减后增，所以．
综上所述：．
【解析】由题意及待定系数法可得，，的值，即求出函数的解析式；
由的范围，可得的范围，进而求出的范围；
分类讨论函数在上的单调性，可得的解析式．
本题考查二次函数的解析式的求法及分类讨论的思想求函数的最小值，属于中档题．
19.【答案】解：对任意的有，
当且仅当时，有，
故存在唯一，满足，
所以是函数的“均值”．
当时，存在“均值”，且“均值”为；
当时，由存在均值，可知对任意的都有唯一的与之对应，
从而有单调，
故有或，解得或或．
综上，或，即的取值范围是．
当或时，函数存在唯一的“均值”，这时函数的“均值”为；
当为时，函数存在无数多个“均值”，这时任意实数均为函数的“均值”；
当或或或或或时，函数不存在“均值”．
【解析】根据均值的定义，要判断是函数的“均值”，即要验证；
函数为常数存在“均值”，当时，存在“均值”，且“均值”为；当时，由存在均值，可知对任意的，都有唯一的与之对应，从而有单调，从而求得实数的取值范围；
根据，的结论对于当或时，函数存在唯一的“均值”；当为时，函数存在无数多个“均值”，当为半开半闭区间时，函数不存在均值．
本题主要考查函数与方程的综合，考查运算求解能力，属于难题．
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