2023—2024學年第一學期第二次階段考試高一數學試題卷一、單選題（每題5分，共40分）1.集合，則中元素的個數為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】解不等式，求出集合，再根據交集的運算性質，即可解題.【詳解】解不等式可得，所以，又，所以，所以中元素的個數為3個.故選：B2.函數的圖象的大致形狀是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分類討論與，結合指數函數的單調性即可得解.【詳解】因為，當時，，由于，所以在上單調遞增，排除BD；當時，，由于，所以在上單調遞減，排除A；而C選項滿足上述性質，故C正確.故選：C.3.已知，則三個數的大小順序是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指數函數與對數函數的性質結合中間值0和1比較后可得.【詳解】由，，，所以.故選：B.4.已知函數（，且）的圖像恒過點P，若點是角終邊上的一點，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據對數型函數過定點求得，利用三角函數的定義求解即可.【詳解】解：∵，∴函數（，且）的圖像恒過點，∴由三角函數定義得故選：D5.若函數在區間上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據復合函數單調性之間的關系進行求解即可.【詳解】設，則要使在區間上單調遞增，由復合函數單調性可得：滿足，即，得a，即實數a的取值范圍是.故選：D6.一元二次不等式的解集為，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據一元二次不等式與對應方程的關系，利用根與系數的關系，求出b、c與a的關系，代入所求不等式，求出解集即可．【詳解】一元二次不等式的解集為，∴，且2，3是方程兩個實數根，∴，解得，其中；∴不等式化為，即，解得或，因此所求不等式的解集為．故選：D．7.中國的5G技術領先世界，5G技術的數學原理之一便是著名的香農公式，它表示在受噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞速率取決于信通帶寬?信道內信號的平均功率?信道內部的高斯噪聲功率的大小，其中叫做信噪比.當信噪比比較大時，公式中真數中的1可以忽略不計，按照香農公式，由于技術提升，帶寬在原來的基礎上增加20%，信噪比從1000提升至4000，則大約增加了（）（附：）A.22% B.33% C.44% D.55%【答案】C【解析】【分析】根據題中所給公式，利用代入法，結合對數的運算公式和換底公式進行即可.【詳解】由題意可知：大約增加了，故選：C8.設函數，且的定義城為，若所在點構成一個正方形區域，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意，求出的定義域和值域，根據構成一個正方形區域，列出等式關系，求出的值.【詳解】因為的值域為，所以的值域為.設的兩根是，且，則定義域.而點，構成一個正方形區域，于是.故選：A.二、多選題（每題5分，全選對5分部分選對得2分，有選錯不得分，共20分）9.下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.若且，則 D.若且，則【答案】BCD【解析】【分析】取可判斷A選項；利用不等式的基本性質可判斷BC選項；利用作差法可判斷D選項.【詳解】對于A選項，當時，，A錯；對于B選項，若，由不等式的性質可得，，則，B對；對于C選項，若，則，則，又因為，由不等式的性質可得，C對；對于D選項，若且，則，所以，，D對.故選：BCD.10.下列命題中為真命題的是（）A.函數與為同一個函數B.若函數有兩零點，一個大于2，另一個小于，則的取值范圍是C.不等式的解集為D.若的定義域為，則的定義域為【答案】ABD【解析】【分析】由函數的三要素判斷A；由二次函數根的分布判斷B；由一元二次不等式的解法判斷C；由抽象函數的定義域判斷D.【詳解】解：對于A，由題意可知，的定義域均為R，且，所以，為同一函數，故正確；對于B，由題意可得，解得，故正確；對于C，由題意可知，所以，解得且，所以不等式解集為，故錯誤；對于D，因為的定義域為，由，解得，所以的定義域為，故正確.故選：ABD．11.高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設，用表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數，例如：，．已知函數，則關于函數的敘述中正確的是（）A.是偶函數 B.是奇函數C.在上是增函數 D.的值域是【答案】BC【解析】【分析】計算出和的值后結合奇偶性定義可判斷A，由奇偶性定義判斷B，由復合函數的單調性判斷C，確定出的取值范圍后得出的值域判斷D．【詳解】根據題意知，．∵，，，∴函數既不奇函數也不是偶函數，A錯誤；，∴是奇函數，B正確；∵在R上是增函數，由復合函數的單調性知在R上是增函數，C正確；∵，∴，，∴，∴，D錯誤．故選：BC．12.已知是定義在上的偶函數，且對任意，有，當時，，則下列結論錯誤的是（）A.B.C.函數有3個零點D.當時，【答案】AB【解析】【分析】根據函數對稱性和奇偶性，可得的周期，即可判斷A的正誤，根據解析式及周期，代入數據，可判斷B的正誤；分別作出和的圖像，即可判斷C的正誤；根據函數周期及奇偶性，化簡整理，可判斷D的正誤，即可得答案.【詳解】因為當時，，則，因為，所以，則，所以不成立，故A錯誤；又函數為偶函數，所以，故的周期為4，由函數的周期為4，則，，所以，故選項B錯誤；令可得，作出函數和的圖像如下圖所示，由圖可知，兩個函數圖像有3個交點，故選項C正確；當時，，則，故選項D正確，故選：AB.三、填空題（每題5分，共20分）13.已知扇形的弧長為6，圓心角弧度數為3，則其面積為______________；【答案】6【解析】【分析】根據扇形面積公式求解即可.【詳解】扇形的弧長為6，圓心角弧度數為3，則扇形的半徑，所以該扇形的面積.故答案為：6【點睛】此題考查求扇形的面積，根據圓心角、半徑、弧長的關系求解.14.已知函數的定義域為，且滿足，則的最小值為______．【答案】【解析】【分析】先利用方程組法求出函數的解析式，再根據基本不等式即可得出.【詳解】因為，所以兩式聯立得得，當且僅當，即時取等號.所以的最小值為.故答案為：15.方程有解，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】根據題意，令，得，利用基本不等式即可求解.【詳解】方程有解等價于方程有解.令，則因為，所以，當且僅當，即時等號成立.故時，方程有解.故答案為：.16.已知實數，滿足，，則________.【答案】4【解析】【分析】構造同源函數，根據函數的單調性可得，即可得解.【詳解】由，得，即，即又，即，設函數，所以在上單調遞增，又，即，所以，所以，故答案為：.四、解答題（本小題共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知集合，集合．（1）若，求實數的取值范圍；（2）命題，命題，若是的充分條件，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據解一元二次不等式的解法，結合集合交集的運算性質進行求解即可；（2）根據充分條件的性質進行求解即可.【小問1詳解】集合，若，則：或或，解得或或，即．故實數的取值范圍是．【小問2詳解】若是的充分條件，則，即：，解得：．故實數的取值范圍是．18.已知、是方程的兩個實數根，其中．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據、是方程的兩個實數根列出關于和韋達定理的式子，根據即可求解；（2）由（1）求出和，進而求出，即可求出的值.【小問1詳解】因為、是方程的兩個實數根，所以，可得，又因為，即，解得，合乎題意．因此，．【小問2詳解】由（1）知，，因為，則，，所以，，所以，則，因此，．19.某工廠生產某種產品的年固定成本為200萬元，每生產x千件，需另投入成本為，當年產量不足80千件時，（萬元）．當年產量不小于80千件時，（萬元）．每件商品售價為0.05萬元，通過市場分析，該廠生產的商品能全部售完．（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量x（千件）的函數解析式；（2）當年產量為多少千件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大？【答案】19.20.當年產量為100千件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大，最大利潤為1050萬元【解析】【分析】（1）根據已知條件列出函數解析式；（2）根據函數解析式分別求分段函數的最值，時為二次函數求最值，時為基本不等式求最值.【小問1詳解】因為每件商品售價為0.05萬元，則x千件產品銷售額為萬元，依題意得：當時，，當時，，所以；【小問2詳解】當時，，此時的最大值為萬元；當時，，此時，即時，取最大值為萬元.所以當年產量為100千件時，該廠在這一商品的生產中所獲利潤最大，最大利潤為1050萬元.20.已知是偶函數．（1）求實數的值；（2）用定義法證明函數在上的單調性；（3）解不等式．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）利用偶函數的概念恒成立，可求的值；（2）直接用函數單調性的定義進行推理證明；（3）利用偶函數的性質，結合（2）的結論，把不等式轉化為代數不等式，再求解即可.【小問1詳解】依題意，定義域為，由是偶函數，則，即，得，又，則不恒等于0，故；【小問2詳解】證明：任取，，且，則，由于得，，所以，，故，所以，則，又因為，所以在上是增函數．【小問3詳解】因為為偶函數，在上是增函數，則即為，兩邊平方得，解得或不等式的解集為．21.已知函數（1）解關于的不等式；（2）已知，當時，若對任意的，總存在，使成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）答案見解析.（2）.【解析】【分析】（1）根據不等式關系，分類討論，即可解出不等式；（2）求出當時解析式，根據已知條件分析出與的關系，即可求出實數的取值范圍.【小問1詳解】由題意，在中，，∴，∴，當時，解得，當時，解得，當時，解得，綜上，當時，不等式的解集為，當時，不等式的解集為【小問2詳解】在中，

當時，，∵，∴函數的值域是，在中，∵對任意的，總存在，使成立，∴的值域是的值域的子集，當時，，則，解得當時，，則，解得，當時，，不成立；綜上，實數m的取值范圍.22.已知函數的圖象關于原點對稱．（1）求實數的值；（2）設函數（且）在上的最小值為1，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由奇函數的定義結合指數函數的性質即可求解；（2）利用換元，根據對數函數的性質分析可得：當時恒成立，進而可得且，并結合二次函數的性質以及對數函數的單調性分析求解.【小問1詳解】因為函數的圖象關于原點對稱，則，即，整理得，又因為，，則，所以，解得．【小問2詳解】由（1）可知，.因為與在單調遞增，可知函數在定義域內單調遞增，令，易知在內單調遞增，且，，即，則．可得，