安徽省五河第一中学2024-2025学年高一上学期段考检测数学试题

五河一中2024-2025学年度高一第一学期段考检测卷 数学试题 一、单选题 1．若，则（    ） A．1 B．0 C．2 D． 2．已知函数，以下结论正确的是（ ） A．在区间上是增函数 B． C．若方程恰有个实根，则 D．若函数在上有 6个零点，则 3．对实数和，定义运算“”： 设函数 若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 二、多选题 4．已知是周期为4的奇函数，且当时，，设，则（    ） A． B．函数为周期函数 C．函数在区间上单调递减 D．函数的图象既有对称轴又有对称中心 5．已知函数，则方程的根的个数可能为（    ） A．2 B．6 C．5 D．4 三、填空题 6．已知函数，则下列结论正确的是 . ①；     ②函数有5个零点； ③函数在上单调递增； ④函数的值域为 7．已知函数是定义在上的增函数，函数的图象关于点对称，若对任意的，不等式恒成立，则当时，的取值范围是____▲_____ 8．已知函数（且），若定义域上的区间，使得在上的值域为，则实数a的取值范围为 . 四、解答题 9．已知，函数． (1)当，请直接写出函数的单调递增区间和最小值（不需要证明）； (2)记在区间上的最小值为，求的表达式； (3)对（2）中的，当，恒有成立，求实数的取值范围． 10．已知a，b均为自然数，二次函数，图像过点和且在上不单调. （1）求函数的表达式 （2）是否存在实数，使得定义域和值域分别和？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； （3）若关于的方程有两个根，求实数t的取值范围. 11．已知函数． （1）若不等式在上恒成立，求a的取值范围； （2）若函数恰好有三个零点，求b的值及该函数的零点． 12．已知函数. （1）若的值域为，求的值； （2）巳，是否存在这样的实数，使函数在区间内有且只有一个零点，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 13．已知函数，， （1）求的解析式； （2）关于的不等式的解集为一切实数，求实数的取值范围； （3）关于的不等式的解集中的正整数解恰有个，求实数的取值范围. 14．设，，，且函数是奇函数. （1）求的值； （2）若方程有实数解，求的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 答案 B C B BD ACD 1．B 【分析】由，构造函数，可得，再结合的单调性和奇偶性即可求解 【详解】构造函数， 由， 可得， ，且定义域为， 是奇函数， ， 又易得为上的单调递增函数 故选：B 2．C 【分析】作出函数的图象，根据函数为周期为 的函数，可判定A错误；根据函数为周期为的函数，求得，可判定B错误；由直线 恒过定点，结合的图象和函数 的图象有三个交点，可判定C正确；由，关于直线 对称，关于直线对称，可判定D错误. 【详解】由题意，作出函数的图象，如图所示， 对于A中，当，若，即， 可得， 当时，为周期为的函数，作出 在区间的函数， 可知在区间上先增后减，所以A错误； 对于B中，因为时，函数为周期为的函数， 又由，所以， ， 所以，所以B错误； 对于C中，直线恒过定点， 函数的图象和函数的图象有三个交点， 当，设与相切于点 ，则，解得 ， 当，根据对称性可知，当与 相切时，，则，即 ， 综上可得，当函数的图象和函数的图象有三个交点时， ， 所以C正确． 对于D中，又由函数在上有6 个零点， 故直线与在 上由6个交点， 不妨设， 由图象可知关于直线对称， 关于直线对称， 关于直线对称，所以 ，所以D错误. 故选：C. 【点睛】利用函数的图象求解方程的根的个数问题的策略： 1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与 轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数 和图象的交点的横坐标； 2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 3．B 【分析】根据定义化简函数的解析式，绘制函数图象，将问题转化为函数的图象与的图象有2个交点，结合图象求得结果即可. 【详解】令，解得， ， 作出函数的图象如图所示： 函数的图象与轴恰有两个公共点，即函数与的图象有2个交点， 由函数图象可得或； 故选B. 【点睛】本题考查根据新定义确定函数的解析式并绘制函数图象，考查二次函数的图象特征、函数与方程的综合运用，体现了化归和转化、数形结合的数学思想，属于中档题. 4．BD 【分析】由与的关系式及的周期性、奇偶性，即可求、判断B；利用奇函数性质求在上的解析式，结合的周期性及求上的解析式判断C，利用对称性判断、是否成立判断D. 【详解】因为周期为4，则的周期为4，又是奇函数， 所以，A错误，B正确； 令，即，则，即； 令，即，则，即； 所以， 根据周期性在上的图象与在相同， 所以，当，即时，，C错误； 由是周期为4的奇函数，则且， 所以，故关于对称， ，所以关于对称，D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：根据的周期性及奇函数性质求上的解析式，结合判断的性质，注意对称性证明：判断是否存在、. 5．ACD 【分析】先画出的图象，再讨论方程的根，求得的范围，再数形结合，得到答案. 【详解】画出的图象如图所示： 令，则，则， 当，即时，，此时，由图与的图象有两个交点， 即方程的根的个数为2个，A正确； 当时，即时，，则 故，， 当时，即，则有2解， 当时，若，则有3解；若，则有2解， 故方程的根的个数为5个或4个，CD正确； 故选：ACD 【点睛】本题考查了函数的根的个数问题，函数图象的画法，考查了分类讨论思想和数形结合思想，难度较大. 6．③ 【分析】根据解析式直接计算即可判断①，由解析式画出函数在上的图象可判断②，③，计算，结合图象即可求值域，判断④. 【详解】因为， 所以，，故①错误； 当时，， 当时，， 所以画出函数的图象如下所示， 由图可得函数有4个零点，故B错误，函数在上单调递增，故③正确；，， 故函数的值域为，故④错误； 故答案为：③ 【点睛】本题主要考查了函数的图象，分段函数，函数的零点，值域，单调性，数形结合的思想，属于中档题. 7．. 【分析】由已知得函数是奇函数，结合单调性把转化为二次不等式，结合圆方程作出不等式所表示的区域，根据圆与点的距离关系即可求解 【详解】∵函数的图象关于点对称， ∴函数的图象关于点对称， ∴函数是奇函数， 不等式 又∵函数是定义在上的增函数 ∴ 即 化简得 故点在以为圆心，2为半径的圆内， 又，则点所在的区域如图所示： 因为即点到原点的距离的平方， 所以当位于点时，有极大值为， 当位于点时，有极小值为. 故的取值范围是. 【点睛】本题考查函数与几何的综合应用.此题的关键在于把函数不等式转化为二元二次不等式并用图形表示. 8． 【分析】根据对数函数定义域要求可求得定义域，根据定义域和值域的区间端点值大小关系可确定，从而确定是方程的两根，由此将问题转化为方程在有两个不等实根的问题，由此构造不等式求得结果. 【详解】    定义域为 且     在上单调递增   在上单调递减 ， 且是方程的两根     即 在上有两个不等实根 即在上有两个不等实根 ，解得：    的取值范围为 故答案为： 【点睛】本题考查根据函数定义域和值域求解参数范围的问题，涉及到函数单调性的应用、对数方程的求解、一元二次方程在区间内有实根的问题；关键是能够根据函数定义域和值域确定函数的单调性，利用单调性确定是方程的两根，将问题转化为一元二次方程在区间内有实根问题的求解. 9．(1)递增区间为，. (2). (3) 【分析】（1）当时，函数去绝对值，利用分段的形式写出函数的表达式，根据二次函数的单调性可直接判断函数的单调递增区间及最值. （2）函数去绝对值，利用分段的形式写出函数，讨论的取值范围，求解函数的单调性，进而求出最小值的表达式； （3）构造函数，只需即可，讨论的取值范围，求解函数的单调性，进而求出函数最大值即可. 【详解】（1）解（1）当时，， 即，则， 故函数的递增区间为，递减区间为，. （2）由题可知， 当时，在上递减，在递增，则； 当时，在上递减，则， 综上：． （3）（3）令，只需， 当，且时，，在上单调递减， ∴， 当时，，在上单调递增， ∴； 当时，，在上递减，∴， 综上可知，，所以． 10．（1）； （2）； （3）. 【分析】（1）由函数的图象过，得到，在上不单调，得到，结合，求得可得，即可求得函数的解析式； （2）由（1）函数的图象开口向上，对称轴为，分类讨论，列出方程组，即可求解； （3）令，转化为时，必有两个实数根，结合二次函数的图象与性质，列出不等式组，即可求解. 【详解】（1）由题意，二次函数的图象过，可得， 又因为上不单调，可得，且， 可得，所以函数的解析式为. （2）由（1）函数的图象开口向上，对称轴为， 当时，函数在上单调递减， 所以，因为， 所以，解得，不符合题意； 当当时，函数在上单调递增， 所以，解得 因为，所以； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 此时当时，函数取得最小值最小值为，解得，不符合题意； 综上可得. （3）令， 当时，，此时无实数根； 要使得方程有两个根，当时，必有两个实数根， 即在上与轴有两个交点， 结合二次函数的图象与性质，则满足，解得， 即实数t的取值范围 【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式的求解，以及二次函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟记二次函数的图象与性质，合理分类讨论求解是解答的关键，着重推理与运算能力. 11．（1）；（2），函数的三个零点分别为. 【分析】（1）利用换元法将不等式转化为在上恒成立，变形为，根据二次函数的图像与性质求出函数在上的最大值即可得解；（2）根据函数的对称性知必有一根为，带入求出b，再利用换元法将转化为，带入b的值求出m的值，即可由求出函数的另外两个根. 【详解】（1）令，由可得， 不等式在上恒成立，可化为在上恒成立 即，变形可得，即， 因为，则，函数在上单调递增， 所以根据二次函数的图像与性质可知 实数满足， 所以实数的范围为. （2）令，因为，则，所以， 函数的三个零点需满足， 所以，化简可得， 即，化简可得， 因为恰好有三个实数根， 则必有一根为（否则根据函数的对称性可知会有四个根）， 即，代入方程可解得 则方程可化为，解方程可得或， 当时，即，解得 综上可知，，函数的三个零点分别为. 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题的解法，二次函数图像与性质的综合应用，函数零点的定义及对应方程的解法，综合性强，属于难题. 12．（1）；（2）存在，. 【解析】（1）根据一元二次函数的图象与性质，由函数的值域为，列出，即可求解； （2）函数在区间内有且只有一个零点，转化为函数和的图象在内有唯一交点，根据中是否为零，分类讨论，结合函数的性质，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数的值域为， 可得，解得. （2）由， 令，可得，即 令，，∈， 函数在区间内有且只有一个零点， 等价于两个函数与的图象在内有唯一交点.， ①当时，在上递减，在上递增， 而，即， 所以函数与的图象在内有唯一交点. ②当时，图象开口向下，对称轴为，在上递减， 在上递增，与的图象在内有唯一交点， 当且仅当，即，解得， 所以. ③当时，图象开口向上，对称轴为，在上递减，在上递增，与的图象在内有唯一交点， ，即，解得， 所以. 综上，存在实数，使函数于在区间内有且只有一个点. 【点睛】本题主要考查了一元二次函数的图象与性质，以及函数与方程的综合应用，其中解答中熟记一元二次函数的性质，把函数的零点问题转化为两个函数图象的交点个数，结合函数的性质求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 13．（1）； （2）； （3）. 【分析】（1）根据函数的解析式进行化简，即可求解； （2）由（1）化简，并分离参数，利用换元法，构造法求出函数的最值，即可求解； （3）由（1）化简，结合条件将不等式化为，利用函数的性质，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数，，则， 所以函数的解析式； （2）由（1）和，可得， 即的解集为， 设，则，即， 又由函数在为单调递增函数， 所以当时，函数的最小值为，则， 即实数的取值范围是. （3）由（1）和，可得， 因为不等式的解集中正整数解恰好由3个， 所以当时，有， 若，则该不等式在上恒成立，与题设矛盾. 故，所以， 设不等式的解集为， 又由函数的性质和条件， 可得，所以， 解得，即实数的取值范围是. 【点睛】本题主要考查了函数解析式的求解，不等式的恒成立问题的转化，以及换元思想和构成新函数思想的综合应用，同时考查了不等式恒成立问题的分离参数、转化最值的应用，着重考查了转化思想，换元和构造思想的应用，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 14．（1）（2） 【分析】(1)由是奇函数可得,化简计算即可. (2)方程有实数解则有解. 由(1)有所以有解.且因为恒成立故算出的值且要满足即可. 【详解】(1)因为是奇函数,所以,即 , 所以,故. (2)由题意得有解.即有解. 故,,即,又有即,又所以.故 故答案为. 【点睛】(1)若是奇函数则 (2)判断方程有解直接令其相等进行运算即可.注意有对数的函数中真数要大于0. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$