2023-2024學年高一年級上學期階段檢測數學（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1.本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.回答第|卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.寫在本試卷上無效.3.回答第II卷時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.4.測試范圍：第1-3章（人教A版必修第一冊）.5.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.第I卷一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．命題“”的否定是（

）A． B．C． D．3．如圖是函數的圖象，則下列說法正確的是（

）A．在和上單調遞減B．在區間上的最大值為3，最小值為-2C．在上有最大值2，有最小值-1D．當直線與函數圖象有交點時4．已知函數，則（

）A．2 B．1 C．0 D．-15．下列結論正確的是（

）A．函數的最小值為2B．若為實數，則恒成立C．函數的值域為D．函數的最小值為26．已知是上的奇函數且，當時，，則（

）A．-2 B．2 C．0 D．20237．命題：“使得不等式成立”是真命題，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．8．若關于的不等式的解集中，恰有3個整數，則實數的取值集合是（

）A． B．C．或 D．或二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．下列各組函數表示同一函數的是（

）A． B．C． D．10．已知冪函數的圖象經過點，則下列命題正確的有（

）A．函數為偶函數B．函數的定義域為C．函數的值域為D．在其定義域上單調遞增11．已知，則下列結果正確的有（

）A． B．C． D．12．狄利克雷是德國著名數學家，函數被稱為狄利克雷函數，下面給出關于狄利克雷函數的結論中正確的是（

）A．為偶函數B．為偶函數C．，使得D．第II卷三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知集合，，則“”是“”的.（請從“充分不必要條件”?“必要不充分條件”?“充要條件”?“既不充分也不必要條件”中選一個填在橫線上）14．若冪函數在上單調遞增，則實數.15．已知是奇函數，當時，，則.16．已知正實數滿足，則的最小值為.四?解答題：本題共6小題，共70分.第17題10分，其他每題12分，解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17．已知集合.(1)求；(2)若，求的取值范圍.18．已知集合，其中是關于的方程的兩個不同的實數根.(1)若，求出實數的值；(2)若，求實數的取值范圍.19．解關于的不等式：.20．如圖，我國古代的“弦圖”是由四個全等的直角三角形圍成的.設直角三角形的直角邊長為，且直角三角形的周長為2.（已知正實數，都有，當且僅當時等號成立）(1)求直角三角形面積的最大值；(2)求正方形面積的最小值.21．二次函數滿足，且.(1)求的解析式；(2)若時，的圖象恒在圖象的上方，試確定實數的取值范圍.22．已知函數是定義在上的奇函數，且當時，.(1)求時，函數的解析式；(2)若函數的最小值為2，求實數的取值.1．B【分析】根據交集的定義計算可得.【詳解】因為，，所以.故選：B2．C【分析】存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，把存在改為任意，把結論否定.【詳解】命題“”的否定是“”.故選：C3．A【分析】根據函數圖象，結合函數的基本性質，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】A選項，由函數圖象可得，在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，故A正確；B選項，由圖象可得，函數在區間上的最大值為，無最小值，故B錯；C選項，由圖象可得，函數在上有最大值，有最小值，故C錯；D選項，由圖象可得，為使直線與函數的圖象有交點，只需，故D錯.故選：A.4．A【分析】根據分段函數解析式計算可得.【詳解】因為，所以，，所以.故選：A5．D【分析】利用特殊值判斷A、B，利用基本不等式判斷D，根據二次函數的性質判斷C.【詳解】對于A：當時，當且僅當，即時取等號，故A錯誤；對于B：當，時，但是，故，故B錯誤；對于C：因為，則在上單調遞增，又，且當時，所以，即函數的值域為，故C錯誤；對于D：因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號，故D正確.故選：D6．B【分析】利用條件求出函數的周期，結合奇函數求出，從而得到答案.【詳解】,則，則函數的周期，則，又函數為奇函數，所以，所以.故選：B.7．C【分析】根據題意，轉化為不等式在有解，結合二次函數的性質，求得其最小值，即可求解.【詳解】由使得不等式成立是真命題，即不等式在有解，因為，當時，，所以，即實數的取值范圍為.故選：C.8．D【分析】對不等式因式分解，分，，三種情況，得到不等式解集，結合恰有3個整數得到不等式，求出答案.【詳解】，當時，不等式解集為，此時恰有3個整數解，則3個整數解分別為，故，解得，當時，不等式解集為，此時恰有3個整數解，則3個整數解分別為，故，解得，當時，不等式解集為，不合要求，故實數的取值集合為或.故選：D9．AC【分析】利用函數的定義判斷.【詳解】A.，定義域都為R，故表示同一函數；B.，故不是同一函數；C.，解析式相同，定義域都為R，故表示同一函數；D.，的定義域為R，的定義域為，故不是同一函數，故選：AC10．BCD【分析】本題考查已知函數類型求解析式以及冪函數的性質，先設出冪函數解析式，代入已知點的坐標，求出解析式，再根據解析式逐項判斷.【詳解】設，由的圖象經過點，得，解得，所以.選項A，的定義域為，不關于原點對稱，所以不具有奇偶性，A錯誤；選項B，根據偶次方要的被開方數非負得的定義域為，B正確；選項C，由在上是增函數，所以函數的值域為，C正確；選項D，由在上是增函數，D正確.故選：BCD.11．AB【分析】根據題意，利用不等式的基本性質，逐項判定，即可求解.【詳解】對于A中，由，可得，由不等式的性質，可得，所以A正確；對于B中，由，根據不等式的性質，可得，所以B正確；對于C中，由，可得，所以，所以C錯誤；對于D中，由，可得，所以D錯誤.故選：AB.12．AB【分析】根據題意，結合狄利克雷函數的性質，以及函數的奇偶性的判定方法，逐項判定，即可求解.【詳解】對于A中，函數的定義域為，關于原點對稱，若為有理數，則也為有理數，則有；若為無理數，則也為無理數，則有，所以為定義域上的偶函數，所以A正確；對于B中，當為有理數時，，則；若為無理數時，，則，所以對，均有，所以函數為偶函數，所以B正確；對于C中，由B知，對，均有，所以C錯誤；對于D中，當時，，，此時，則，所以D錯誤.故選：AB.13．必要不充分條件【分析】根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.【詳解】因為，，所以，則由推不出，故充分性不成立，由推得出，故必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故答案為：必要不充分條件14．【分析】根據冪函數的定義和單調性求得.【詳解】是冪函數，所以，解得或，當時，在上單調遞減，不符合題意.當時，在上單調遞增，符合題意.所以的值為.故答案為：15．【分析】根據奇函數的性質，，則可求得答案.【詳解】因為是奇函數，所以，當時，，所以.故答案為：16．##【分析】變形得到，并得到，變形得到，利用基本不等式求出最小值.【詳解】正實數滿足，故，所以，則，又，解得，故，當且僅當，即時，等號成立，故的最小值為.故答案為：17．(1)，(2)【分析】（1）利用集合的并集，補集和交集運算求解；（2）根據求解.【詳解】（1）解：因為，所以，由或，則；（2）因為，且，所以，所以的取值范圍是.18．(1)(2)【分析】（1）先根據得到，結合方程的兩根得到方程，求出；（2），故，結合方程的兩根得到不等式，求出.【詳解】（1）因為，故，又的兩根分別為，故，故；（2）因為，故，又的兩根分別為，故，解得，故實數的取值范圍是.19．答案見解析【分析】首先將不等式左側因式分解，再分、、三種情況討論，分別求出不等式的解集.【詳解】不等式，即，當時，原不等式即，解得，即不等式的解集為；當時，解得或，即不等式的解集為或；當時，解得或，即不等式的解集為或；綜上可得：當時不等式的解集為，當時不等式的解集為或，當時不等式的解集為或.20．(1)(2)【分析】（1）由，得到求解；（2）由，得到求解.【詳解】（1）解：由題意得：，所以，即，所以，當且僅當時，等號成立，所以直角三角形面積的最大值為；（2）因為，所以，所以，所以，當且僅當時，等號成立，所以正方形面積的最小值為.21．(1)(2)【分析】（1）設，利用求得，由可求得，即得答案；（2）依題意可得當時，恒成立，參變分離可得恒成立，再令，，求出，即可求出參數的取值范圍.【詳解】（1）由題意設，由得；由得，即恒成立，故，則，故；（2）因為當時，的圖象恒在圖象的