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2023-2024学年北京市第一零一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学年北京市第一零一中学高一上学期期中数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据交集概念进行计算.
【详解】.
故选：B
2．设命题，则的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据特称命题的否定即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3．下列四个函数中，在上为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】A. 利用一次函数的性质判断；B. 利用二次函数的性质判断；C. 利用反比例函数的性质判断；D. 由，利用一次函数的性质判断；
【详解】A. 由一次函数的性质知：在上为减函数，故错误；
B. 由二次函数的性质知：在递减，在 上递增，故错误；
C. 由反比例函数的性质知：在 上递增，在递增，则在上为增函数，故正确；
D. 由知：函数在上为减函数，故错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查一次函数，二次函数和反比例函数的单调性，属于基础题.
4．若，，则一定有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由不等式的性质判断BD，由作差法判断AC即可.
【详解】，，∴，故D对B错；
，大小关系不确定，故AC错.
故选：D
5．定义在R上的函数在上是增函数，且对任意恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数单调性和对称性求解即可.
【详解】因为对任意恒成立，
所以函数关于对称，
所以，
又因为函数在上是增函数，
所以，
所以.
故选：A
6．已知函数，则方程的解是
A．或 2B．或3
C．或 4D．或 4
【答案】C
【分析】根据函数解析式，分别求解，即可得出结果.
【详解】当时，由，解得或（舍去）；
当时，由，解得．
故选C
【点睛】本题主要考查由分段函数的值求自变量的问题，分类讨论即可，属于基础题型.
7．已知关于x的一元二次方程mx2－(m＋2)x＋＝0有两个不相等的实数根x1，x2.若＝4m，则m的值是（ ）
A．2B．－1
C．2或－1D．不存在
【答案】A
【分析】根据一元二次方程两个不相等的实数根有即可得m的范围，又由＝4m结合根与系数关系求参数m的值，由m范围确定最终值即可
【详解】由题知：且，解得m >－1且m ≠ 0
又由，
∴，解得m＝2或－1
综上，知：m＝2
故选：A
【点睛】本题考查了一元二次函数的零点，利用一元二次方程根的个数并结合判别式、根与系数关系，列不等式组求参数范围，列方程求参数值，最后由范围确定最终参数值
8．已知，且关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分析可知、均为正数，利用韦达定理得出，将代数式和相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】由已知，、是方程的两根，所以，，
所以，，
且，
当且仅当时，取等号，因此，的最小值为.
故选：A．
9．设均为非零常数，不等式的解集分别为则“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要
B．必要非充分
C．充要
D．既非充分也非必要
【答案】B
【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】充分性：设，则，
则等价于，当时，等价于，
则，故充分性不成立；
必要性：若，则，即，故必要性成立，
故“”是“”的必要非充分条件.
故选：B.
10．已知．给出下列四个命题：
①对任意实数x，存在k，使得； ②对任意k，存在实数x，使得；
③对任意实数k，x，均有成立； ④对任意实数k，x，均有成立．
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．②④
【答案】A
【分析】根据一元二次方程根的判别式及二次函数的性质逐项判断即可．
【详解】令，
所以，
因为二次函数图像为开口向上的抛物线，
所以对任意，总存在使得，故②正确，④错误；
因为当时，，
所以方程，无解，
所以恒成立，故①正确；
因为当时，，
所以方程，有一根或两根，
所以对任意，不恒成立，故③错误．
故选：A．
二、填空题
11．请写出一个使“函数的最小值为2”为假命题的的值 ．
【答案】（答案不唯一）
【解析】先由题中条件，得到的最小值为2时，的范围，取其补集，即可得出结果.
【详解】因为，
当且仅当，即时，等号成立，
因此只需，都能使函数的最小值为2，
为使“函数的最小值为2”为假命题，只需满足即可，
不妨取.
故答案为：（答案不唯一）
12．已知定义在R上的奇函数满足：对任意的，都有，且当时， ，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，得到，代入即可求解.
【详解】因为定义在R上的奇函数满足：对任意的，都有，
且当时， ，
则.
故答案为：.
13．已知函数在区间上有最小值，则实数a的值等于 ．
【答案】
【分析】将对称轴与区间之间的关系进行讨论，结合单调性列出关于的方程解出即可.
【详解】二次函数开口向上，对称轴为，
当，即时，函数在上为增函数，
此时，不符合题意，舍去；
当，即时，函数在上为减函数，
此时，可得，这与矛盾；
当，即时，
函数在上为减函数，在上为增函数，
，可解得，（舍去）
综上的值为，
故答案为：.
14．已知函数与分别由下表给出，则满足的x的值为 .
【答案】2
【分析】对于的任一取值，分别计算和的值，若，可得正确值.
【详解】当时，，不合题意.
当时，，符合题意.
当时，，不合题意.
故答案为：2
15．某商贸公司售卖某种水果，经过市场调研可知：未来20天内，这种水果每箱的销售利润r（单位：元）与时间t（，单位：天）之间的函数关系式为，且日销售量y（单位：箱）与时间t之间的函数关系式为.在未来这20天中，公司决定每销售1箱该水果就捐赠元给“精准扶贫”对象.为保证销售积极性，要求捐赠之后每天都能盈利，且获得的利润随时间t的增大而增大，则m的取值范围是 .
【答案】
【分析】先求出捐赠后的利润函数解析式，再根据二次函数的性质，列出不等式组即可求解.
【详解】记捐赠后的利润为，由题意，，
化简得，，
记，则其开口向下，且对称轴为，
由该公司每天都能盈利，且获得的利润随时间t的增大而增大，
所以，解得且.
所以m的取值范围是
故答案为：.
三、双空题
16．已知函数，对于任意正数k，关于x的方程都恰有两个不相等的实数根．
（1）请判断是否符合题意： （填“是”或者“否”）；
（2）写出a的所有可能取值： ．
【答案】 否 1
【分析】（1）将有两个不相等的实数根转化为的图象与的图象有两个交点，然后结合图象判断即可；
（2）分和两种情况讨论即可.
【详解】（1）当时，，图象如下所示：
由图可知，当时，有两个不相等的实数根不成立，
所以不符合题意；
（2）当时，，图象如下所示：
所以在单调递减，，单调递增，
所以，解得，
当时，，图象如下所示：
所以在，上单调递减，上单调递增，
所以，无解，
综上所述，.
故答案为：否；1.
四、问答题
17．已知集合
(1)求集合A中的所有整数；
(2)若，求实数m的取值范围．
【答案】(1)集合A中的所有整数为
(2)
【分析】（1）由题意化简集合A，从而写出集合A中的所有整数；
（2）由题意得，再分类讨论求实数m的取值范围．
【详解】（1）不等式，解得，得
∴集合A中的所有整数为；
（2）∵， ∴，
①当时，，即，成立；
②当时，由，有，解得，
所以实数m的取值范围为．
18．已知定义在R上的奇函数．
(1)求m的值；
(2)用定义证明：在区间上是减函数；
(3)若实数a满足，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意得到，从而求得，再进行检验即可；
（2）利用函数的单调性的定义，即可证得函数在单调递减.
（3）结合在单调递减，将问题转化为，从而得解.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
所以，即，解得，
当时，，此时，
故是奇函数，满足题意，
所以.
（2）任取且，
则，
因为，故，
从而，即，
所以函数在单调递减.
（3）由，又由，
因为，即，
结合在单调递减，可得，
即，解得或，
即实数的取值范围.
19．已知函数.
(1)若关于x的不等式的解集为，求a，b的值；
(2)解关于x的不等式.
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）1与是一元二次方程的两个根，由韦达定理得到方程，求出；
（2）不等式化为，结合开口方向，根的判别式和两根大小等，分，，，，讨论，求出不等式的解集.
【详解】（1）因为不等式即的解集为，
则1与是一元二次方程的两个根，且，
根据韦达定理，解得，，所以，.
（2）不等式即，
所以，
当时原不等式变形为，解得；
当时，的根为或.
当时，，所以转化为，
解得或，
当时，，所以转化为，
解得，
当时，，所以转化为，则不等式的解集为，
当时，，所以转化为，
解得.
综上可得：当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为.
20．对于非空有限整数集X，，定义，对现有两个非空有限整数集A，B，已知且．
(1)当时求集合B；
(2)证明：；
(3)当且时，任取构造函数问：当a，b取何值时，的最小值最小?
【答案】(1)为，，，.
(2)证明见详解
(3)当时的最小值为
【分析】（1）,可得可能为，然后逐一讨论检验即可；
（2）由集合的新定义，逐一取值迭代，由集合的有限性进行检验取舍；
（3）由可知，中元素，必为的解，进而可得，接着可得，再求出最小值，即可得到a，b取何值时，的最小值最小.
【详解】（1）
因为,，所以可能为，
当时，不满足非空，不合题意；
当时，所以， ，
当时，所以， ，
当时，所以，,,
,,,,,
又，可得为，，，.
（2）设,因为，所以，
又，所以，
取则，，，
无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即
取则，，
可得集合可为 ；
取则， ，，
可得集合可为；
取则，又所以
取则， ，，
可得集合可为，
取则， ，，
无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即
同理当或,且时不符合为有限集，舍去；
故由上可得集合可为，，，
所以，
（3）当且时
设,则，
时，不为整数，不合题意；
时，不为整数，不合题意；
所以，又则，
任取构造函数
所以，
又，
，
即当时的最小值为.
【点睛】方法点睛：从新情境中获取信息，搭建相关的集合知识网络，将其运用到新情境中，整体进行迁移运用.
x
1
2
3
1
3
1
x
1
2
3
3
2
1
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据交集概念进行计算.
【详解】.
故选：B
2．设命题，则的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据特称命题的否定即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3．下列四个函数中，在上为增函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】A. 利用一次函数的性质判断；B. 利用二次函数的性质判断；C. 利用反比例函数的性质判断；D. 由，利用一次函数的性质判断；
【详解】A. 由一次函数的性质知：在上为减函数，故错误；
B. 由二次函数的性质知：在递减，在 上递增，故错误；
C. 由反比例函数的性质知：在 上递增，在递增，则在上为增函数，故正确；
D. 由知：函数在上为减函数，故错误；
故选：C
【点睛】本题主要考查一次函数，二次函数和反比例函数的单调性，属于基础题.
4．若，，则一定有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由不等式的性质判断BD，由作差法判断AC即可.
【详解】，，∴，故D对B错；
，大小关系不确定，故AC错.
故选：D
5．定义在R上的函数在上是增函数，且对任意恒成立，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数单调性和对称性求解即可.
【详解】因为对任意恒成立，
所以函数关于对称，
所以，
又因为函数在上是增函数，
所以，
所以.
故选：A
6．已知函数，则方程的解是
A．或 2B．或3
C．或 4D．或 4
【答案】C
【分析】根据函数解析式，分别求解，即可得出结果.
【详解】当时，由，解得或（舍去）；
当时，由，解得．
故选C
【点睛】本题主要考查由分段函数的值求自变量的问题，分类讨论即可，属于基础题型.
7．已知关于x的一元二次方程mx2－(m＋2)x＋＝0有两个不相等的实数根x1，x2.若＝4m，则m的值是（ ）
A．2B．－1
C．2或－1D．不存在
【答案】A
【分析】根据一元二次方程两个不相等的实数根有即可得m的范围，又由＝4m结合根与系数关系求参数m的值，由m范围确定最终值即可
【详解】由题知：且，解得m >－1且m ≠ 0
又由，
∴，解得m＝2或－1
综上，知：m＝2
故选：A
【点睛】本题考查了一元二次函数的零点，利用一元二次方程根的个数并结合判别式、根与系数关系，列不等式组求参数范围，列方程求参数值，最后由范围确定最终参数值
8．已知，且关于的不等式的解集为，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】分析可知、均为正数，利用韦达定理得出，将代数式和相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】由已知，、是方程的两根，所以，，
所以，，
且，
当且仅当时，取等号，因此，的最小值为.
故选：A．
9．设均为非零常数，不等式的解集分别为则“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要
B．必要非充分
C．充要
D．既非充分也非必要
【答案】B
【解析】根据充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】充分性：设，则，
则等价于，当时，等价于，
则，故充分性不成立；
必要性：若，则，即，故必要性成立，
故“”是“”的必要非充分条件.
故选：B.
10．已知．给出下列四个命题：
①对任意实数x，存在k，使得； ②对任意k，存在实数x，使得；
③对任意实数k，x，均有成立； ④对任意实数k，x，均有成立．
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．②④
【答案】A
【分析】根据一元二次方程根的判别式及二次函数的性质逐项判断即可．
【详解】令，
所以，
因为二次函数图像为开口向上的抛物线，
所以对任意，总存在使得，故②正确，④错误；
因为当时，，
所以方程，无解，
所以恒成立，故①正确；
因为当时，，
所以方程，有一根或两根，
所以对任意，不恒成立，故③错误．
故选：A．
二、填空题
11．请写出一个使“函数的最小值为2”为假命题的的值 ．
【答案】（答案不唯一）
【解析】先由题中条件，得到的最小值为2时，的范围，取其补集，即可得出结果.
【详解】因为，
当且仅当，即时，等号成立，
因此只需，都能使函数的最小值为2，
为使“函数的最小值为2”为假命题，只需满足即可，
不妨取.
故答案为：（答案不唯一）
12．已知定义在R上的奇函数满足：对任意的，都有，且当时， ，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，得到，代入即可求解.
【详解】因为定义在R上的奇函数满足：对任意的，都有，
且当时， ，
则.
故答案为：.
13．已知函数在区间上有最小值，则实数a的值等于 ．
【答案】
【分析】将对称轴与区间之间的关系进行讨论，结合单调性列出关于的方程解出即可.
【详解】二次函数开口向上，对称轴为，
当，即时，函数在上为增函数，
此时，不符合题意，舍去；
当，即时，函数在上为减函数，
此时，可得，这与矛盾；
当，即时，
函数在上为减函数，在上为增函数，
，可解得，（舍去）
综上的值为，
故答案为：.
14．已知函数与分别由下表给出，则满足的x的值为 .
【答案】2
【分析】对于的任一取值，分别计算和的值，若，可得正确值.
【详解】当时，，不合题意.
当时，，符合题意.
当时，，不合题意.
故答案为：2
15．某商贸公司售卖某种水果，经过市场调研可知：未来20天内，这种水果每箱的销售利润r（单位：元）与时间t（，单位：天）之间的函数关系式为，且日销售量y（单位：箱）与时间t之间的函数关系式为.在未来这20天中，公司决定每销售1箱该水果就捐赠元给“精准扶贫”对象.为保证销售积极性，要求捐赠之后每天都能盈利，且获得的利润随时间t的增大而增大，则m的取值范围是 .
【答案】
【分析】先求出捐赠后的利润函数解析式，再根据二次函数的性质，列出不等式组即可求解.
【详解】记捐赠后的利润为，由题意，，
化简得，，
记，则其开口向下，且对称轴为，
由该公司每天都能盈利，且获得的利润随时间t的增大而增大，
所以，解得且.
所以m的取值范围是
故答案为：.
三、双空题
16．已知函数，对于任意正数k，关于x的方程都恰有两个不相等的实数根．
（1）请判断是否符合题意： （填“是”或者“否”）；
（2）写出a的所有可能取值： ．
【答案】 否 1
【分析】（1）将有两个不相等的实数根转化为的图象与的图象有两个交点，然后结合图象判断即可；
（2）分和两种情况讨论即可.
【详解】（1）当时，，图象如下所示：
由图可知，当时，有两个不相等的实数根不成立，
所以不符合题意；
（2）当时，，图象如下所示：
所以在单调递减，，单调递增，
所以，解得，
当时，，图象如下所示：
所以在，上单调递减，上单调递增，
所以，无解，
综上所述，.
故答案为：否；1.
四、问答题
17．已知集合
(1)求集合A中的所有整数；
(2)若，求实数m的取值范围．
【答案】(1)集合A中的所有整数为
(2)
【分析】（1）由题意化简集合A，从而写出集合A中的所有整数；
（2）由题意得，再分类讨论求实数m的取值范围．
【详解】（1）不等式，解得，得
∴集合A中的所有整数为；
（2）∵， ∴，
①当时，，即，成立；
②当时，由，有，解得，
所以实数m的取值范围为．
18．已知定义在R上的奇函数．
(1)求m的值；
(2)用定义证明：在区间上是减函数；
(3)若实数a满足，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意得到，从而求得，再进行检验即可；
（2）利用函数的单调性的定义，即可证得函数在单调递减.
（3）结合在单调递减，将问题转化为，从而得解.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
所以，即，解得，
当时，，此时，
故是奇函数，满足题意，
所以.
（2）任取且，
则，
因为，故，
从而，即，
所以函数在单调递减.
（3）由，又由，
因为，即，
结合在单调递减，可得，
即，解得或，
即实数的取值范围.
19．已知函数.
(1)若关于x的不等式的解集为，求a，b的值；
(2)解关于x的不等式.
【答案】(1)，
(2)答案见解析
【分析】（1）1与是一元二次方程的两个根，由韦达定理得到方程，求出；
（2）不等式化为，结合开口方向，根的判别式和两根大小等，分，，，，讨论，求出不等式的解集.
【详解】（1）因为不等式即的解集为，
则1与是一元二次方程的两个根，且，
根据韦达定理，解得，，所以，.
（2）不等式即，
所以，
当时原不等式变形为，解得；
当时，的根为或.
当时，，所以转化为，
解得或，
当时，，所以转化为，
解得，
当时，，所以转化为，则不等式的解集为，
当时，，所以转化为，
解得.
综上可得：当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为；
当时原不等式解集为.
20．对于非空有限整数集X，，定义，对现有两个非空有限整数集A，B，已知且．
(1)当时求集合B；
(2)证明：；
(3)当且时，任取构造函数问：当a，b取何值时，的最小值最小?
【答案】(1)为，，，.
(2)证明见详解
(3)当时的最小值为
【分析】（1）,可得可能为，然后逐一讨论检验即可；
（2）由集合的新定义，逐一取值迭代，由集合的有限性进行检验取舍；
（3）由可知，中元素，必为的解，进而可得，接着可得，再求出最小值，即可得到a，b取何值时，的最小值最小.
【详解】（1）
因为,，所以可能为，
当时，不满足非空，不合题意；
当时，所以， ，
当时，所以， ，
当时，所以，,,
,,,,,
又，可得为，，，.
（2）设,因为，所以，
又，所以，
取则，，，
无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即
取则，，
可得集合可为 ；
取则， ，，
可得集合可为；
取则，又所以
取则， ，，
可得集合可为，
取则， ，，
无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即
同理当或,且时不符合为有限集，舍去；
故由上可得集合可为，，，
所以，
（3）当且时
设,则，
时，不为整数，不合题意；
时，不为整数，不合题意；
所以，又则，
任取构造函数
所以，
又，
，
即当时的最小值为.
【点睛】方法点睛：从新情境中获取信息，搭建相关的集合知识网络，将其运用到新情境中，整体进行迁移运用.
x
1
2
3
1
3
1
x
1
2
3
3
2
1
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