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四川省资阳市雁江区伍隍中学2023-2024学年高一上学期第一次月考数学试题(Word版附解析)

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雁江区伍隍中学高一数学第一次月考考试时间:120min总分:150分一.选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.已知集合,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义求解.详解】,故选:B.2.命题“”的否定为()A.B.不存在C.D.【答案】D【解析】【分析】直接根据全称命题的否定的定义得到答案.【详解】命题“”的否定为:.故选:D.3.函数的定义域为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】偶次开根根号下非负,分式分母不为零,据此列出不等式组即可求解.【详解】依题意,解得,所以函数的定义域为.故选:B. 4.“函数在上为增函数”是“”的(  )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】由函数的单调性,结合一次函数性质求参数范围,根据充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由在上为增函数,则,所以“函数在上为增函数”是“”的必要不充分条件.故选:B5已知函数,若,实数()A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】推导出,从而,进而,由此能求出实数的值.【详解】解:函数,,,,解得实数.故选:.6.已知是定义在[a-1,2a]上的偶函数,那么a+b的值是()A.-B.C.-D.【答案】B【解析】 【分析】由偶函数的定义得且a-1=-2a求出a、b,然后求a+b【详解】∵在[a-1,2a]上是偶函数∴有:b=0,且a-1=-2a∴a=∴a+b=故选:B【点睛】本题考查了函数的奇偶性;根据偶函数的定义且定义域关于原点对称求参数值7.已知,则的最大值为()A.B.1C.D.2【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求得的最大值,进而求解即可.【详解】因为,则,所以,当且仅当,即时,等号成立,所以,所以的最大值为2.故选:D.8.已知函数是上的增函数,则实数a的取值范围是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据分段函数单调性的性质,结合二次函数、反比例函数的单调性进行求解即可.【详解】二次函数的对称轴为,且开口向下, 因为是上增函数,所以有,故选:B二.多选题(共4小题,每小题5分,共20分,漏选得2分,选错得0分)9.已知集合,,若,则实数的取值可能是(  )A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】先求出集合中的元素,然后逐一代入集合计算求,不要遗漏即可.【详解】,当时,,符合题意;当时,,得,当时,,得,综合得.故选:ABC.10.下列说法错误的是(   )A.若,,则B.若,,则C.若,则D.若,则【答案】ABD【解析】【分析】用不等式的性质或使用特例排除法,逐一验证选项.【详解】和都无法比较与的大小,故选项A和选项B错误; 由,则,由,则,所以时,有,选项C正确;当,时,满足,但不满足,选项D错误.故选:ABD11.已知函数,,构造函数,那么关于函数的说法正确的是()A.的图象与x轴有3个交点B.在上单调递增C.有最大值1,无最小值D.有最大值3,最小值1【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件,作出函数的图象,借助图象逐项判断作答.【详解】依题意,由解得,则,作出函数的图象,如图:观察图象知,函数的图象与x轴有三个交点,在上单调递减,有最大值1,无最小值,即选项A,C正确;选项B,D不正确.故选:AC12.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,他和阿基米德,牛顿并列为世界三大数学家,用其名字命名的“高斯函数”为:对于实数x,符号表示不超过x的最大整数,则称为高斯函数,例如,,定义函数,则下列命题中正确的是()A.函数的最大值为1;B.函数的最小值为0 C.函数的图象与直线有无数个交点D.函数是增函数【答案】BC【解析】【分析】由题意求出函数的解析式,即可求解.【详解】由题意,对于A:函数,故A错误;对于B:函数的最小值为0,故B正确;对于C:函数的图象与直线有无数个交点,故C正确;对于D:函数不是上的增函数,故D错误;故选:BC三.填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.若幂函数为偶函数,则________.【答案】【解析】【分析】利用幂函数和偶函数的定义即可求解.【详解】∵函数为幂函数,∴,解得或,又∵为偶函数,∴,故答案为:.14.已知,则___________.【答案】 【解析】【分析】利用换元法可得答案.【详解】令,则,,所以,所以,.故答案为:.15.已知定义域为R的偶函数在上单调递减,且,则满足的x的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据奇偶性和单调性解不等式即可.【详解】因为在上单调递减,为偶函数,,所以在单调递增,,不等式可变形为或,解得或.故答案为:.16.已知函数,,若对任意,总存在,使得,则实数a的取值范围是_____.【答案】####【解析】【分析】求出函数的值域,再解不等式组即得解.【详解】解:由题得在时,当函数取最小值当时,函数取最大值3,所以此时函数的值域为;在时的值域为, 由题得.所以.故答案为:四.解答题(共6小题)17.设集合.(1)求;(2)已知集合,若,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)或【解析】【分析】(1)求出集合,然后直接求即可;(2)根据集合的包含关系列不等式求实数的取值范围.【小问1详解】由得或,所以或,,所以【小问2详解】由得或,解得或,所以实数a的取值范围为或.18.已知是定义在R上的偶函数,当时, (1)求的值;(2)求的解析式;(3)画出简图;写出的单调递增区间(只需写出结果,不要解答过程).【答案】(1);(2);(3)(﹣1,0),(1,+∞)【解析】【详解】解:(1)当x≥0时,f(x)=x2﹣2x,f(﹣x)=f(x),∴f(1)=﹣1,f(﹣2)=f(2)=0;(2)∵y=f(x)是定义在R上的偶函数,当x≥0时,f(x)=x2﹣2x,当x<0时,﹣x>0,f(﹣x)=(﹣x)2﹣2(﹣x)=x2+2x,∴f(x)=f(﹣x)=x2+2x,∴f(x).(2)∵f(x),∴当x≥0时,y=x2﹣2x,抛物线开口向上,对称轴方程为x=1,顶点坐标(1,﹣1),当y=0时,x1=0,x2=2;当x=0时,y=0.当x<0时,y=x2+2x,抛物线开口向上,对称轴方程为x=﹣1,顶点坐标(﹣1,﹣1),当y=0时,x=﹣2.由此能作出函数f(x)的图象如下: 结合图象,知f(x)的增区间是(﹣1,0),(1,+∞).19.已知命题p:,不等式恒成立;命题q:为实数,使有解.(1)若命题p为真命题,求实数m的取值范围;(2)若命题p,q中恰有一个为真命题,求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用三个“二次”的关系列不等式求解;(2)分真假和假真两种情况讨论即可.【小问1详解】根据题意,命题:,不等式恒成立;若命题为真命题,则,解得,故实数的取值范围为.【小问2详解】根据题意,命题,,成立,则,即,∴或,又由命题,中恰有一个为真命题,则命题,一真一假,①当真假时,,解得:, ②当假真时,,解得:.综上,实数的取值范围.20.已知函数,满足条件.(1)求的解析式;(2)用单调性的定义证明在上单调递增,并求在上的最值.【答案】(1)(2)证明见解析,.【解析】【分析】(1)根据,代入得到方程组,解得即可;(2)利用定义法证明,再根据单调性求出函数的最值.【小问1详解】因为,且,所以解得所以;【小问2详解】由,设任意的且,则因为且,所以,所以,则在上单调递增,所以. 21.某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔(单位:分钟)满足,,经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足:,其中.(1)求,并说明的实际意义:(2)若该路公交车每分钟的净收益(元),问当发车时间间隔为多少时,该路公交车每分钟的净收益最大?并求每分钟的最大净收益.【答案】(1);发车时间间隔为分钟时,载客量为(2)发车时间间隔为分钟时,该路公交车每分钟的净收益最大,最大净收益为元.【解析】【分析】(1)将代入函数的解析式,可计算出,结合题意说明的实际意义;(2)求出函数的解析式,分别求出该函数在区间和上的最大值,比较大小后可得出结论.【小问1详解】,实际意义为:发车时间间隔为分钟时,载客量为;【小问2详解】,当时,,当且仅当,即时,等号成立,所以,当时,取得最大值;当时,,该函数在区间上单调递减,则当时,取得最大值.综上所述,当发车时间间隔为分钟时,该路公交车每分钟的净收益最大,最大净收益为元.22.定义域在R的单调函数满足恒等式,且.(1)求,; (2)判断函数的奇偶性,并证明;(3)若对于任意都有成立,求实数的取值范围.【答案】(1),(2)函数是奇函数,证明见解析(3)【解析】【分析】(1)取代入函数满足的等式,整理可得,再令,根据,可算出;(2)令,可得,即,可得函数为奇函数;(3)根据函数是单调函数且,得是定义域在上的增函数,再结合函数为奇函数,将题中不等式转化为在上恒成立,最后采用变量分离的方法结合换元法求函数的最小值,可算出的取值范围.【小问1详解】令可得,令∴∴∴;【小问2详解】令∴∴,即∴函数是奇函数.小问3详解】是奇函数,且在时恒成立,∴在时恒成立,又∵是定义域在R的单调函数,且∴是R上的增函数,∴即在时恒成立,∴在时恒成立.令 ,∵∴.由抛物线图象可得∴,则实数的取值范围为.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-12-21 22:40:03 页数:14
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文章作者:随遇而安

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