天津市部分區2023～2024學年度第一學期期末練習高一數學第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、選擇題：本大題共10小題，每小題4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.設全集，，則（）A. B. C. D.2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3.設，則下列不等式中成立的是（）A. B.C. D.4.下列各組函數表示同一函數的是（）A.與 B.與C.與 D.與5.已知，，，則（）A. B. C. D.6.函數的部分圖像大致為（）A. B.C. D.7.已知，則（）A. B. C. D.8.化簡的值為（）A.1 B.3 C.4 D.89.將函數的圖象向左平移后得到函數的圖象，則的圖象的一個對稱中心為（）A B. C. D.10.已知函數，若在上恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.第Ⅱ卷（共80分）二、填空題：本大題共5小題，每小題4分，共20分.11.函數定義域為______.12.已知集合，，則___________13.若對數函數和函數在區間上均單調遞增，則實數的取值范圍是___________.14.已知，，且，則的最大值為___________.15.設函數，若函數恰有三個不同的零點，分別為，則的值為__________.三、解答題：本大題共5小題，共60分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.16.已知全集，集合，.（1）當時，求，；（2）若，求實數的取值范圍.17.已知函數（，且）與冪函數.（1）當圖象過點時，求的值；（2）當的圖象過點時，求的值；（3）在（1）、（2）的條件下，求函數在區間上的最大值和最小值.18.函數.（1）若解集是或，求不等式的解集；（2）當時，求關于的不等式的解集.19.已知函數.（1）求值；（2）求的最小正周期和單調遞增區間；（3）求在上的最大值和最小值.20.已知函數是定義在上的奇函數.（1）求實數的值；（2）根據函數單調性定義證明在上單調遞減；（3）如果對任意，不等式恒成立，求實數的取值范圍.天津市部分區2023～2024學年度第一學期期末練習高一數學第Ⅰ卷（選擇題共40分）一、選擇題：本大題共10小題，每小題4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.設全集，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據集合的運算可得.【詳解】因為，，所以，，故選：C2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】解不等式，根據包含關系結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】由解得或，因為是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3.設，則下列不等式中成立的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】借助不等式的性質對選項逐個分析即可得.【詳解】對A：若，則由，有，故錯誤；對B：若，則有，故錯誤；對C：若，則有，故錯誤；對D：由，則，，故，故正確.故選：D.4.下列各組函數表示同一函數的是（）A.與 B.與C與 D.與【答案】C【解析】【分析】分別分析每個選項中函數的定義域和對應關系式及值域是否相同即可.【詳解】選項A：函數的定義域為，而的定義域為，故A錯誤；選項B：函數的定義域為，而的定義域為，，故B錯誤；選項C：函數定義域為，而的定義域為，解析式相同,故C正確；選項D：函數的定義域為，而的定義域為，但是，故解析式不一樣，所以D錯誤；故選：C.5.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用指數函數與對數函數的單調性比較大小.【詳解】由已知，，，即，所以，故選：A.6.函數的部分圖像大致為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據奇偶性及函數值的正負判斷即可.【詳解】因為，定義域為R所以所以為奇函數，且，排除AB；當時，，即，排除D故選：C.7.已知，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】借助誘導公式計算即可得.【詳解】，故，故.故選：D.8.化簡的值為（）A.1 B.3 C.4 D.8【答案】B【解析】【分析】根據換底公式結合運算性質運算求解.【詳解】由題意可得：.故選：B.9.將函數的圖象向左平移后得到函數的圖象，則的圖象的一個對稱中心為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用三角函數圖象變換規律求出平移后的解析式，再令可求出對稱中心的橫坐標，從而可求得答案.【詳解】將函數的圖象向左平移后得到函數.令，則，所以所得圖象的對稱中心為，當時，一個對稱中心為.故選：D10.已知函數，若在上恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由分段函數的定義域要求及所給不等式中的絕對值進行分類討論，再借助參變分離進行計算即可得.【詳解】當時，，故，即，由隨增大而增大，故，當時，恒成立。當時，，故，即，由隨增大而增大，故，當時，，故，即，由隨增大而減小，故，即，綜上所述，.故選：C.第Ⅱ卷（共80分）二、填空題：本大題共5小題，每小題4分，共20分.11.函數的定義域為______.【答案】【解析】【分析】根據解析式有意義列不等式求解可得.【詳解】由題可知，所以，即，解得，所以函數的定義域為.故答案為：12.已知集合，，則___________【答案】【解析】【分析】化簡集合，，利用集合的交集的定義即可求.【詳解】因為，，所以.故答案為：13.若對數函數和函數在區間上均單調遞增，則實數的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】根據對數函數單調性和冪函數的單調性可直接求出實數的取值范圍.【詳解】因為對數函數區間上均單調遞增，所以，解得，又函數在區間上均單調遞增，所以，解得，綜上，實數的取值范圍是，故答案為：14.已知，，且，則的最大值為___________.【答案】【解析】【分析】由，借助基本不等式可先將的最小值求出，即可得的最大值.【詳解】，由，故，則，當且僅當，即、時，等號成立，則.

故答案為：.15.設函數，若函數恰有三個不同的零點，分別為，則的值為__________.【答案】【解析】【分析】根據三角函數的對稱性，先求出函數的對稱軸，結合函數與方程的關系轉化為兩個函數的交點問題，利用數形結合進行求解即可.【詳解】由，得的對稱軸為：，因為，由，解得，當時，對稱軸為，當時，對稱軸為，若函數恰有三個不同的零點，等價于函數與的圖象有三個交點，作出函數的圖象如圖，得，所以，由圖象可知，點和關于直線對稱，則；點和關于直線對稱，則，因此，.故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共60分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.16.已知全集，集合，.（1）當時，求，；（2）若，求實數取值范圍.【答案】16.；17.或【解析】【分析】（1）利用集合交集，并集，補集定義計算即可求；（2）由，分和兩種情況討論即可.【小問1詳解】當時，，又因為，所以，或，所以.【小問2詳解】若時，成立，即，解得，若時，則或，解得或，綜上，或.17.已知函數（，且）與冪函數.（1）當的圖象過點時，求的值；（2）當的圖象過點時，求的值；（3）在（1）、（2）的條件下，求函數在區間上的最大值和最小值.【答案】（1）（2）5（3）最大值為3，最小值為1【解析】【分析】（1）將點代入解析式即可求；（2）由冪函數定義及過點，列方程組即可求；（3）由（1）、（2）確定函數解析式，據函數單調性求出函數的最值.【小問1詳解】因為的圖象過點，所以，故.【小問2詳解】因為是冪函數，且圖象過點所以，解得，故.【小問3詳解】由（1）、（2）可知，，因為在上單調遞減，在上單調遞增，所以在上單調遞減，在上單調遞減，所以上單調遞減，所以，當時，取到最大值為3；當時，取到最小值為1.18.函數.（1）若的解集是或，求不等式的解集；（2）當時，求關于的不等式的解集.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）利用已知解集求出參數，解不含參數的不等式即可.（2）分類討論求解不等式即可.【小問1詳解】由題意得的解集是或，故的解是或，由韋達定理得，，解得，，故求的解集即可，解得，【小問2詳解】由得，故求的解集即可，，開口向上，化簡得，令，解得或，當時，，此時解集為，當時，解得，此時令，解得，當時，解得，此時令，解得，綜上當時，，當時，.19.已知函數.（1）求的值；（2）求的最小正周期和單調遞增區間；（3）求在上的最大值和最小值.【答案】19.20.；21.最大值；最小值【解析】【分析】（1）化簡的解析式，代入求值即可；（2）利用計算周期，令，即可得到增區間；（3）由得到，借助正弦函數的性質可求出最值.【小問1詳解】因為，所以【小問2詳解】由（1）可知，的最小正周期，由，得，所以，函數的單調遞增區間為：.【小問3詳解】因為，所以，所以當時，即時，取到最大值；當時，即時，取到最小值.20.已知函數是定義在上的奇函數.（1）求實數的值；（2）根據函數單調性定義證明在上單調遞減；（3）如果對任意，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】20.21.證明見解析22.【解析】【分析】（1）利用函數為奇函數的定義即可得到m值；（2）根據單調性的定義分析證明；（3）利用的奇偶性和單調性將不等式轉為恒成立，轉為求函數最值問題，最后解不等式即可得t的取值范圍.【小問1詳解】因為是定義在R