2023-2024学年上海市重点中学高一（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年上海市重点中学高一（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若幂函数的图象不经过原点，则的值为( )
A. B. C. D. 或
2.存在函数满足：都有( )
A. B.
C. D.
3.已知函数，若在区间上恒负，且是严格减函数，则区间可以是( )
A. B. C. D.
4.定义域和值域均为常数的函数和的图像如图所示，给出下列四个命题：
函数有且仅有三个零点；
函数有且仅有三个零点；
函数有且仅有九个零点；
函数有且仅有一个零点，
其中正确的个数是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共12小题，共42分。
5.函数的图像关于直线______成轴对称．
6.已知函数，则 ______．
7.已知扇形的弧长和半径都是，则扇形的面积为______．
8.若点在第二象限，则角的终边在第______象限．
9.化简： ______．
10.若函数在区间上是严格增函数，则实数的取值范围为______．
11.函数的定义域为区间，则函数的定义域为______．
12.函数的值域是______．
13.已知函数是定义域为的偶函数，且当时，其表达式为，则当时，其表达式为 ______．
14.已知函数，若存在满足，则的取值范围为______．
15.已知函数，，的定义域均为给出以下个命题：
一定可以写成一个奇函数和一个偶函数之差；
若是奇函数，且在是严格减函数，则在上是严格减函数；
若，，是在上均是严格增函数，则，，中至少有一个在上是严格增函数．
其中，假命题的序号为______．
16.已知函数满足：则下列三个结论：
；
；
其中正确的结论是______．
三、解答题：本题共5小题，共42分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数是上的严格增函数，是上的严格减函数，判断函数的单调性，并利用定义证明．
18.本小题分
在下面的坐标系中画出下列函数的图像：
；
．
19.本小题分
解下列关于的方程：
；
．
20.本小题分
某地中学生社会实践小组为研究学校附近某路段的交通拥堵情况，经实地调查、数学建模，得该路段上的平均行车速度单位：与该路段上的行车数量单位：辆的关系为：
其中常数该路段上每日时的行车数量，．
已知某日时测得的平均行车速度为注：
Ⅰ求实数的值；
Ⅱ定义车流量单位：辆，求一天内车流量的最大值结果保留整数部分．
21.本小题分
若对任意的，在区间上不存在最小值，且对任意正整数，当时有，
比较与，的大小关系；
判断是否为上的增函数，并说明理由；
证明：当时，．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：幂函数定义得，，解得或，当时，指数，，过原点，不符合题意，故舍去；当时，指数，，显然不过原点，符合条件．
故选：．
根据幂函数的定义，求出的值，再根据图象不过原点取舍的值．
考查幂函数的定义，并考查函数是否过原点．幂函数指数小于零才不过原点．属于简单题．
2.【答案】
【解析】解：对于，令，
则，
故，不满足函数的定义，故A错误；
对于，令，
则，
故，不满足函数的定义，故B错误；
对于，令，
则，
故，不满足函数的定义，故C错误；
对于，令，
则，
故，满足函数的定义，故D正确．
故选：．
根据已知条件，结合换元法，以及函数的定义，即可求解．
本题主要考查全称量词和全称命题，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
作出的图象，结合图象可知，在上单调递减且．
结故选：．
由已知结合一次函数及二次函数的性质即可求解．
本题主要考查了二次函数及一次函数单调性的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，函数的定义域、值域都是，且单调递减，设的零点为，
函数在上有个零点，设的个零点为、、，且，
依次分析个命题，
对于，由于，且单调递减，即、、都有唯一解，则函数有且仅有三个零点，正确；
对于，方程不确定根的个数，则函数零点个数也不确定，错误；
对于，设的极大值为，极小值为，有不确定、和、、的关系，故不能确定函数的零点个数，错误；
对于，由于，且单调递减，函数有且仅有一个零点，正确．
故选：．
根据题意，分析、的零点个数以及单调性的变化，由此分析个命题是否正确，综合可得答案．
本题考查函数的零点，涉及函数的图象、值域，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：函数，
所以函数的对称轴为．
故答案为：．
利用二次函数的对称性即可求解．
本题考查了二次函数的对称性，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，
所以，，，
则．
故答案为：．
由已知函数解析式，结合对数的运算性质，代入即可求解．
本题主要考查了函数值的求解，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由扇形的面积公式可得．
故答案为：．
直接利用扇形的面积公式求解即可．
本题考查扇形的面积公式，其中为扇形的弧长，为扇形的半径，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】四
【解析】【分析】
根据点在第二象限，知其横坐标小于且纵坐标大于，由此列式可得答案．
本题考查了象限角、轴线角及三角函数值的符号，是基础的概念题．
【解答】
解：点在第二象限，
，
由知为三或四或轴负半轴上的角，
由知为一或四或轴正半轴上的角．
由此可知角的终边在第四象限．
故答案为四．
9.【答案】
【解析】解：．
故答案为：．
直接利用三角函数的关系式的变换求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为在区间上是严格增函数，
所以，即．
故答案为：．
由已知结合函数图象变换及基本初等函数单调性即可求解．
本题主要考查了函数单调性的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：函数的定义域为区间，
所以，
所以，
解得，
所以函数的定义域为．
故答案为：．
根据函数的解析式，利用函数的定义域，求解即可．
本题考查了求函数定义域的求法，抽象函数的应用，是基础题目．
12.【答案】
【解析】解：，，
且，
且，
，
，
故所求值域为．
故答案为：．
利用分离常数法及不等式的性质，即可求解．
本题考查函数的值域的求解，属基础题．
13.【答案】
【解析】解：因为函数是定义域为的偶函数，且当时，，
则当时，，
所以．
故答案为：．
由已知结合偶函数的定义即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数解析式求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：作出函数的图象如图，
由，则，
由，得，即，
，则，
，则在递减，
可得的取值范围是
故答案为：
作出函数的图象，求得，，结合对勾函数的单调性可得所求取值范围．
本题考查分段函数的图象和性质，以及对勾函数的单调性，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：依次分析个命题：
对于，，
则可以写出奇函数和偶函数差的形式，正确；
对于，举出反例，，是定义域为的奇函数，在是严格减函数，当在上不是严格减函数，错误；
对于，举出反例，，，，三个函数都不是增函数，
但，，都是严格增函数，
故错误．
故答案为：．
由函数奇偶性的性质分析，举出反例说明错误，综合可得答案．
本题考查函数的奇偶性和单调性，注意分段函数的性质，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：令，则，则，两式相减，整理得，
所以，故对；
当，时，，，满足，
但，故错；
由，
当且仅当或时取等号，
所以，可得，故对．
故答案为：．
构造函数得，进而得，从而可判断；举反例排除断；利用结论，结合基本不等式求范围判断．
本题考查了抽象函数及其应用，属于难题．
17.【答案】解：函数是上的单调递增函数，证明如下：
任取，，且，
因为函数是上的严格增函数，是上的严格减函数，
可得，
则，
即，
所以函数为上的严格增函数．
【解析】根据题意，结合函数的单调性的定义和判定方法，即可得证．
本题主要考查了函数单调性定义在单调性判断中的应用，属于基础题．
18.【答案】解：根据题意，，是幂函数，
是偶函数，其定义域为，
在区间上递减，在上递增；
其大致图象如图：
，
其大致图象如图：

【解析】根据题意，由函数的解析式作出函数的图象即可得答案．
本题考查函数的图象画法，涉及指数函数和幂函数的图象，属于基础题．
19.【答案】解：令，
则可化为，
整理得，，
解得，或，
所以或；
，
所以，
所以或，
当，则无解，此时；
当，则；
当，则无解，此时；
综上，时，，时，或，当时，．
【解析】结合对数的运算性质即可求解；
结合指数的运算性质及指数的含义即可求解．
本题主要考查了指数及对数的运算性质的应用，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ由时测得的平均行车速度为，
代入，
可得：，
解得．
Ⅱ当时，为增函数，
所以；
当时，，
由函数在上递减，在上递增，
且，知，当，时，较大的值为最大值，
代入，计算，结果均为，
故．
综上可知，一天内车流量的最大值为辆．
【解析】Ⅰ根据题意把时测得的平均行车速度为代入函数解析式即可求出；
Ⅱ根据分段函数求最值的方法，分别利用函数单调性求每段的最值，即可得出函数的最大值．
本题考查了函数的生活中应用，也考查了根据函数的单调性求最值，属于中档题．
21.【答案】解：当，时，，
若，，可得，
则，
此时，当时，存在最小值，这与题设矛盾，舍去；
若，，可得，
则，
此时，当时，存在最小值，这与题设矛盾，舍去；
所以当，时，有，
此时函数在区间上有最小值和最大值，
因为时，函数无最小值，
所以当，有，，即．
若，则，可得，
此时函数时，函数存在最小值，矛盾，
综上可得，．
函数在，上不为增函数，
例如，，，显然函数满足题设，
由知，在不为增函数．
证明：由知，当，时，恒成立，
所以当时，可得，即，
所以当时，则存在正整数，使得，则，
所以当时，，同理可证：当时，，
所以，当时，必然存在正整数，使得，所以，
当时，，呈然成立；
综上可得：当时，．
【解析】根据题意，可得分，，，，两种情况讨论，得出矛盾，从而得到，，，进而得到；
令函数，，结合单调性的定义，即可得到结论；
由知，恒成立，结合时，得到，再分和，分别证得和，进而证得结论．
本题考查了抽象函数的单调性，函数不等式，属于难题．
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