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2023-2024学年山东省青岛市第十七中学高一上学期期中数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年山东省青岛市第十七中学高一上学期期中数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由特称命题的否定是全称命题判断.
【详解】由特称命题的否定是全称命题可得，“”的否定为“”.
故选：B
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式确定集合后再求交集即可．
【详解】由题意，，
所以．
故选：A．
3．设，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求得不等式的解集，由此判断出充分、必要条件.
【详解】由得，即，所以“”是“” 充分不必要条件.
故选A.
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.
4．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：B
5．已知函数，则 的大致图象是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用特殊值、、，排除错误选项.
【详解】当时，，排除A，
当时，，排除D，
当时，，排除C，
故选B.
【点睛】从函数解析式结合选项，发现零点、单调性、奇偶性、过特殊点等性质，是求解函数图象问题的常见方法.
6．已知关于的不等式的解集是，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据不等式的解集确定是方程的两个实数根，且，进而得，化简为，即可求得答案.
【详解】由题意关于的不等式的解集是，
可知是方程的两个实数根，且，
则，则，
故即，即或 ，
即不等式的解集是，
故选：C.
7．当生物死亡后，它机体内原有的碳会按确定的规律衰减.按照惯例，人们将每克组织的碳含量作为一个单位，大约每经过年一个单位的碳衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”.当死亡生物组织内的碳的含量不足死亡前的万分之一时，用一般的放射性探测器就测不到碳了.如果用一般的放射性探测器不能测到碳，那么死亡生物组织内的碳至少经过了（ ）个“半衰期”.（参考数据）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设生物组织内原有的碳含量为，经过n个半衰期后含量为，根据题意建立不等式求解即可.
【详解】由题意可设生物组织内原有的碳含量为，需要经过个半衰期才能不被测到碳，
则，即，
所以，，，
所以.
故选：B
8．已知是奇函数，且在上是增函数，又，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性以及在上的单调性确定函数值的正负情况，结合可得相应不等式组，即可求得答案.
【详解】因为定义在R上的奇函数在上单调递增，且，
所以在上也是单调递增，且，
所以当时， ，
当时，，
所以由可得或,
即 或，
解得 或 ，即的解集为，
故选：A.
【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及单调性的综合应用，考查抽象不等式的解法，解答时要明确函数的对称性质，进而判断函数值的正负情况，解答的关键时根据不等式结合函数值情况得到相应不等式组，求得结果.
二、多选题
9．若幂函数的图象过，下列说法正确的有（ ）
A．且B．是偶函数
C．在定义域上是减函数D．的值域为
【答案】AB
【分析】根据幂函数的定义可得，由经过可得，进而得，结合选项即可根据幂函数的性质逐一求解.
【详解】对于A;由幂函数定义知，将代入解析式得，A项正确；
对于B;函数的定义域为，且对定义域内的任意x满足，故是偶函数，B项正确；
对于C;在上单调递增，在上单调递减，C错误；
对于D;的值域不可能取到0，D项错误.
故选：AB
10．已知，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】利用可推导出，然后利用不等式的基本性质可判断各选项的正误.
【详解】由可得，，则，由不等式的性质可得，即.
对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，，则，B选项正确；
对于C选项，，则，即，C选项正确；
对于D选项，，由不等式的基本性质可得，D选项正确.
故选：BCD.
11．下列说法正确的为（ ）
A．对任意实数，函数的图象必过定点
B．
C．与关于原点对称
D．函数在上单调递增
【答案】BC
【分析】根据指数函数图像及性质可判断，；结合奇函数性质可判断；根据复合函数单调性可判断.
【详解】对于，函数过定点，则，即，，故错误；
对于，，，因为，所以,而，
所以，故正确；
对于，令，则，
因为,所以，
同理，当时，也成立，
当时，,
综上所诉，与关于原点对称，故正确；
对于，令，则在上单调递减，
而单调递增，所以在上单调递减，故错误.
故选：.
12．设，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为1
C．的最小值为D．的最大值为6
【答案】AC
【分析】根据，且，结合基本不等式逐项求解最值即可判断正误.
【详解】解：对于A选项：，当成立，故A正确；
对于B选项：，由于，所以，当且仅当成立，故无最大值，故B错误；
对于C选项，，当时，又能取等号，故C正确；
对于D选项，，当成立，故最小值为6，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
13．若，则= .
【答案】1
【分析】先求出，继而计算.
【详解】.
故答案为：1.
14．命题：，.若为真命题，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，分离参数，再由二次函数的最值，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，为真命题，
则在上恒成立，
令，，
则，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
15．若lg 2＝a，lg 3＝b，则lg512等于 ．
【答案】
【分析】先用换底公式把换成常用对数，再把真数12化为，利用对数运算法则.
【详解】解：
故答案为：.
16．已知函数是上的单调函数，那么实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】分段函数单调，则每一段均单调，并且注意分界点位置高度判断.
【详解】∵函数是上的单调函数，
①是上的单调递增函数，
则，无解；
②是上的单调递减函数，
则，解得.
综上所述：的取值范围.
四、解答题
17．化简求值：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据分数指数幂以及根式的运算法则，化简求值，可得答案;
（2）根据对数的运算法则化简求值，可得答案.
【详解】（1）
;
（2）
.
18．已知函数（且）的图象过点.
(1)求的值及的定义域；
(2)判断的奇偶性，并说明理由.
【答案】(1),
(2)奇函数
【分析】（1）代点求值，对数真数大于0.
（2）一求定义域是否关于原点对称，二找的关系.
【详解】（1）已知函数（且）的图象过点，
∴，即.
又，即,
解得.
∴的定义域为.
（2）为奇函数，理由如下：
由（1）知：，
的定义域为，定义域关于原点对称，
又，即，
∴为奇函数.
19．已知二次函数满足，且.
(1)求的解析式；
(2)解关于的不等式.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)设二次函数的解析式为()，根据题意利用待定系数法求出a、b、c即可；
(2)将原不等式化为，分类讨论，结合一元二次不等式的解法求出不等式当、、时的解集即可.
【详解】（1）设，
由，得
又
，则，解得，
所以.
（2）由已知，即，
即，
①当时，原不等式即为：，解得；
②当时，解得；
③当时，解得
综上，当时，不等式的解集为：，
当时，不等式的解集为：，
当时，不等式的解集为：.
20．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.
(1)求的值；
(2)求函数的解析式；
(3)判断函数在区间上的单调性，并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)在上单调递增；证明见详解
【分析】（1）根据函数解析式及函数是奇函数，先求出，进一步计算即可；
（2）根据函数是奇函数当时，，，求出解析式，根据奇函数的性质知，最后写成分段函数形式；
（3）根据函数性质判断函数的单调性，用单调性定义证明即可.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
且当时，，
故，所以，
则
（2）依题，当时，，
，
又，
故.
（3）当时，
，
故函数在上单调递增，证明如下：
任取且，
则
，
因为且，
所以，
故，即
所以函数在上单调递增.
21．截至2022年10月，杭州地铁运营线路共12条.杭州地铁经历了从无到有，从单线到多线，从点到面，从面到网，形成网格化运营，分担了公交客流，缓解了城市交通压力，激发出城市新活力.已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车的载客量与发车时间间隔t相关，当时，列车为满载状态，载客量为600人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为502人，记列车载客量为
(1)求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时的载客量；
(2)若该线路每分钟净收益为（单位：元），则当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.
【答案】(1)，发车时间间隔为5分钟时的载客量为550人
(2)当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为116元
【分析】（1）由已知函数模型求出解析式，然后计算时的发车量；
（2）由（1）的函数式求出该线路每分钟净收益，然后分段求最大值，一段利用基本不等式，一段利用函数的单调性求解后比较可得．
【详解】（1）当时，
当时，设而，，
∴，
，即发车时间间隔为5分钟时的载客量为550人.
（2）当时
当且仅当，即时等号成立.
当时，单调递减，当时，取到最大为
当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为116元．
22．设函数（，且）．
(1)若，证明是奇函数，并判断单调性（不需要证明）；
(2)若，求使不等式恒成立时，实数的取值范围；
(3)若，，且在上的最小值为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析，是减函数；
(2)(－3，5)；
(3)2﹒
【分析】(1)f(x)定义域为R关于原点对称，判断f(－x)与f(x)的关系，以此确定奇偶性；f(x)的单调性可以通过单调性的性质进行判断；
(2)利用条件，得到在R上单调递减，从而将转化为，进而得，研究二次函数得到结论；
(3)令，得到二次函数h(t)，分类讨论研究得到，得到结论．
【详解】（1）证明：的定义域为，关于原点对称，
且，
∴为奇函数，
∵，∴递减，递减，故是减函数；
（2）(且)，
∵，∴，
又，且，
∴，
故在上单调递减，
不等式化为，
∴，即恒成立，
∴，
解得；
（3）∵，∴，即，
解得或(舍去)，
∴，
令，由(1)可知为增函数，
∵，∴，
令，
若，当时，，∴；
若时，当时，，解得，无解；
综上，．
五、双空题
23．（1）已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，若，则的值为 .
（2）已知关于的方程有四个不同的实根，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】（1）根据为奇函数，为偶函数，可得出对称中心、对称轴，从而求出周期.
（2）分类讨论，方程有四个不同的实根转化为与图象交点问题即可.
【详解】（1）∵为奇函数，
∴即，
∴关于点对称，且即，
∵为偶函数，
∴；
∴关于直线对称，
∴周期为，
又，，则，.
∴，
.
（2）∵有四个不同的实根，
当时，显然在时，有四个不同的实根，
即，
∴，
即，即，
则有四个不同的实数解，
即与的图象有四个不同的交点.
∴，解得，
∴；
当时，无解；
当时，显然在时，有四个不同的实根，
即，
∴，
即，即，
则有四个不同的实数解，
即与的图象有四个不同的交点.
∴，无解；
综上所述：的取值范围为.
故答案为：4046；
一、单选题
1．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由特称命题的否定是全称命题判断.
【详解】由特称命题的否定是全称命题可得，“”的否定为“”.
故选：B
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解不等式确定集合后再求交集即可．
【详解】由题意，，
所以．
故选：A．
3．设，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求得不等式的解集，由此判断出充分、必要条件.
【详解】由得，即，所以“”是“” 充分不必要条件.
故选A.
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.
4．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得且，
所以函数的定义域为.
故选：B
5．已知函数，则 的大致图象是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用特殊值、、，排除错误选项.
【详解】当时，，排除A，
当时，，排除D，
当时，，排除C，
故选B.
【点睛】从函数解析式结合选项，发现零点、单调性、奇偶性、过特殊点等性质，是求解函数图象问题的常见方法.
6．已知关于的不等式的解集是，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据不等式的解集确定是方程的两个实数根，且，进而得，化简为，即可求得答案.
【详解】由题意关于的不等式的解集是，
可知是方程的两个实数根，且，
则，则，
故即，即或 ，
即不等式的解集是，
故选：C.
7．当生物死亡后，它机体内原有的碳会按确定的规律衰减.按照惯例，人们将每克组织的碳含量作为一个单位，大约每经过年一个单位的碳衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”.当死亡生物组织内的碳的含量不足死亡前的万分之一时，用一般的放射性探测器就测不到碳了.如果用一般的放射性探测器不能测到碳，那么死亡生物组织内的碳至少经过了（ ）个“半衰期”.（参考数据）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设生物组织内原有的碳含量为，经过n个半衰期后含量为，根据题意建立不等式求解即可.
【详解】由题意可设生物组织内原有的碳含量为，需要经过个半衰期才能不被测到碳，
则，即，
所以，，，
所以.
故选：B
8．已知是奇函数，且在上是增函数，又，则的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性以及在上的单调性确定函数值的正负情况，结合可得相应不等式组，即可求得答案.
【详解】因为定义在R上的奇函数在上单调递增，且，
所以在上也是单调递增，且，
所以当时， ，
当时，，
所以由可得或,
即 或，
解得 或 ，即的解集为，
故选：A.
【点睛】本题考查了函数的奇偶性以及单调性的综合应用，考查抽象不等式的解法，解答时要明确函数的对称性质，进而判断函数值的正负情况，解答的关键时根据不等式结合函数值情况得到相应不等式组，求得结果.
二、多选题
9．若幂函数的图象过，下列说法正确的有（ ）
A．且B．是偶函数
C．在定义域上是减函数D．的值域为
【答案】AB
【分析】根据幂函数的定义可得，由经过可得，进而得，结合选项即可根据幂函数的性质逐一求解.
【详解】对于A;由幂函数定义知，将代入解析式得，A项正确；
对于B;函数的定义域为，且对定义域内的任意x满足，故是偶函数，B项正确；
对于C;在上单调递增，在上单调递减，C错误；
对于D;的值域不可能取到0，D项错误.
故选：AB
10．已知，则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】利用可推导出，然后利用不等式的基本性质可判断各选项的正误.
【详解】由可得，，则，由不等式的性质可得，即.
对于A选项，，A选项错误；
对于B选项，，则，B选项正确；
对于C选项，，则，即，C选项正确；
对于D选项，，由不等式的基本性质可得，D选项正确.
故选：BCD.
11．下列说法正确的为（ ）
A．对任意实数，函数的图象必过定点
B．
C．与关于原点对称
D．函数在上单调递增
【答案】BC
【分析】根据指数函数图像及性质可判断，；结合奇函数性质可判断；根据复合函数单调性可判断.
【详解】对于，函数过定点，则，即，，故错误；
对于，，，因为，所以,而，
所以，故正确；
对于，令，则，
因为,所以，
同理，当时，也成立，
当时，,
综上所诉，与关于原点对称，故正确；
对于，令，则在上单调递减，
而单调递增，所以在上单调递减，故错误.
故选：.
12．设，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为B．的最大值为1
C．的最小值为D．的最大值为6
【答案】AC
【分析】根据，且，结合基本不等式逐项求解最值即可判断正误.
【详解】解：对于A选项：，当成立，故A正确；
对于B选项：，由于，所以，当且仅当成立，故无最大值，故B错误；
对于C选项，，当时，又能取等号，故C正确；
对于D选项，，当成立，故最小值为6，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
13．若，则= .
【答案】1
【分析】先求出，继而计算.
【详解】.
故答案为：1.
14．命题：，.若为真命题，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，分离参数，再由二次函数的最值，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，为真命题，
则在上恒成立，
令，，
则，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
15．若lg 2＝a，lg 3＝b，则lg512等于 ．
【答案】
【分析】先用换底公式把换成常用对数，再把真数12化为，利用对数运算法则.
【详解】解：
故答案为：.
16．已知函数是上的单调函数，那么实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】分段函数单调，则每一段均单调，并且注意分界点位置高度判断.
【详解】∵函数是上的单调函数，
①是上的单调递增函数，
则，无解；
②是上的单调递减函数，
则，解得.
综上所述：的取值范围.
四、解答题
17．化简求值：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据分数指数幂以及根式的运算法则，化简求值，可得答案;
（2）根据对数的运算法则化简求值，可得答案.
【详解】（1）
;
（2）
.
18．已知函数（且）的图象过点.
(1)求的值及的定义域；
(2)判断的奇偶性，并说明理由.
【答案】(1),
(2)奇函数
【分析】（1）代点求值，对数真数大于0.
（2）一求定义域是否关于原点对称，二找的关系.
【详解】（1）已知函数（且）的图象过点，
∴，即.
又，即,
解得.
∴的定义域为.
（2）为奇函数，理由如下：
由（1）知：，
的定义域为，定义域关于原点对称，
又，即，
∴为奇函数.
19．已知二次函数满足，且.
(1)求的解析式；
(2)解关于的不等式.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)设二次函数的解析式为()，根据题意利用待定系数法求出a、b、c即可；
(2)将原不等式化为，分类讨论，结合一元二次不等式的解法求出不等式当、、时的解集即可.
【详解】（1）设，
由，得
又
，则，解得，
所以.
（2）由已知，即，
即，
①当时，原不等式即为：，解得；
②当时，解得；
③当时，解得
综上，当时，不等式的解集为：，
当时，不等式的解集为：，
当时，不等式的解集为：.
20．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.
(1)求的值；
(2)求函数的解析式；
(3)判断函数在区间上的单调性，并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)在上单调递增；证明见详解
【分析】（1）根据函数解析式及函数是奇函数，先求出，进一步计算即可；
（2）根据函数是奇函数当时，，，求出解析式，根据奇函数的性质知，最后写成分段函数形式；
（3）根据函数性质判断函数的单调性，用单调性定义证明即可.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
且当时，，
故，所以，
则
（2）依题，当时，，
，
又，
故.
（3）当时，
，
故函数在上单调递增，证明如下：
任取且，
则
，
因为且，
所以，
故，即
所以函数在上单调递增.
21．截至2022年10月，杭州地铁运营线路共12条.杭州地铁经历了从无到有，从单线到多线，从点到面，从面到网，形成网格化运营，分担了公交客流，缓解了城市交通压力，激发出城市新活力.已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车的载客量与发车时间间隔t相关，当时，列车为满载状态，载客量为600人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为502人，记列车载客量为
(1)求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时的载客量；
(2)若该线路每分钟净收益为（单位：元），则当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.
【答案】(1)，发车时间间隔为5分钟时的载客量为550人
(2)当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为116元
【分析】（1）由已知函数模型求出解析式，然后计算时的发车量；
（2）由（1）的函数式求出该线路每分钟净收益，然后分段求最大值，一段利用基本不等式，一段利用函数的单调性求解后比较可得．
【详解】（1）当时，
当时，设而，，
∴，
，即发车时间间隔为5分钟时的载客量为550人.
（2）当时
当且仅当，即时等号成立.
当时，单调递减，当时，取到最大为
当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大值为116元．
22．设函数（，且）．
(1)若，证明是奇函数，并判断单调性（不需要证明）；
(2)若，求使不等式恒成立时，实数的取值范围；
(3)若，，且在上的最小值为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析，是减函数；
(2)(－3，5)；
(3)2﹒
【分析】(1)f(x)定义域为R关于原点对称，判断f(－x)与f(x)的关系，以此确定奇偶性；f(x)的单调性可以通过单调性的性质进行判断；
(2)利用条件，得到在R上单调递减，从而将转化为，进而得，研究二次函数得到结论；
(3)令，得到二次函数h(t)，分类讨论研究得到，得到结论．
【详解】（1）证明：的定义域为，关于原点对称，
且，
∴为奇函数，
∵，∴递减，递减，故是减函数；
（2）(且)，
∵，∴，
又，且，
∴，
故在上单调递减，
不等式化为，
∴，即恒成立，
∴，
解得；
（3）∵，∴，即，
解得或(舍去)，
∴，
令，由(1)可知为增函数，
∵，∴，
令，
若，当时，，∴；
若时，当时，，解得，无解；
综上，．
五、双空题
23．（1）已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，若，则的值为 .
（2）已知关于的方程有四个不同的实根，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】（1）根据为奇函数，为偶函数，可得出对称中心、对称轴，从而求出周期.
（2）分类讨论，方程有四个不同的实根转化为与图象交点问题即可.
【详解】（1）∵为奇函数，
∴即，
∴关于点对称，且即，
∵为偶函数，
∴；
∴关于直线对称，
∴周期为，
又，，则，.
∴，
.
（2）∵有四个不同的实根，
当时，显然在时，有四个不同的实根，
即，
∴，
即，即，
则有四个不同的实数解，
即与的图象有四个不同的交点.
∴，解得，
∴；
当时，无解；
当时，显然在时，有四个不同的实根，
即，
∴，
即，即，
则有四个不同的实数解，
即与的图象有四个不同的交点.
∴，无解；
综上所述：的取值范围为.
故答案为：4046；
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