四川省兴文第二中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省兴文第二中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了 将集合且用列举法表示正确的是， 命题“”的否定是， 已知，则的最小值为， 函数的值域是等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，22小题，满分150分．考试用时120分钟．
第I卷 选择题
一．选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 将集合且用列举法表示正确的是 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合条件逐一列举合乎题意的元素，即得结果.
【详解】因为且
故选：C
【点睛】本题考查列举法，考查基本分析求解能力，属基础题.
2. 命题“”的否定是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题判断即可.
【详解】解：命题“”为全称量词命题，
其否定为：；
故选：D
3 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数幂公式化简，进而判断大小即可.
【详解】由，，，
所以.
故选：C.
4. 若a、b、c为实数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用特殊值可判断AB，利用不等式的性质可判断CD.
【详解】对于A选项，若，则，故A错误；
对于B选项，取，，满足，但此时，故B错误；
对于C选项，∵，在不等式同时乘以，得，
另一方面在不等式两边同时乘以b，得，∴，故C正确；
对于D选项，，则，所以，即，故D错误.
故选：C.
5. 已知，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，则，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：B.
6. 对任意的，不等式都成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分离参数得对任意的恒成立，则求出即可.
【详解】因为对任意的，都有恒成立，
∴对任意的恒成立．
设，
，，
当，即时，，
∴实数a的取值范围是.
故选：D.
7. 函数的值域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对函数分离常数，借助基本不等式，分三种情况讨论即可.
【详解】结合题意：，
当时，；
当时，，当且仅当，
即，原式取得最小值；
另一方面，因为，所以，即;
当时，，
当且仅当，即，原式取得最大值;
另一方面因为，
令，则，所以，所以
所以，即;
综上所述：函数的值域是.
故选：A
8. 已知，设函数，，，若的最大值为M，最小值为m，那么M和m的值可能为（ ）
A. 4与3B. 3与1C. 5和2D. 7与4
【答案】B
【解析】
【分析】由函数为奇函数得为偶数，由此可得出答案．
【详解】解：∵函数为奇函数，且，
∴为偶数，
故选：B．
【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用，属于基础题．
二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列关系式中，根式与分数指数幂的互化正确的是（ ）
A. （）B. （）
C. （）D. （）
【答案】BC
【解析】
【分析】根据指数幂和根式的的概念相互转化.
【详解】对于A，（），故A错误；
对于B，（），故B正确；
对于C，（），故C正确；
对于D，，而无意义，故D错误.
故选：BC
10. 若－1＜x＜4是－3＜x＜a的充分不必要条件，则实数a的值可能是（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】BCD
【解析】
【分析】由必要条件、充分条件的定义即可得出结果．
【详解】∵－1＜x＜4是－3＜x＜a的充分不必要条件，
∴{x|－1＜x＜4}{x|－3＜x＜a}，∴a≥4，
∴实数a的值可以是4，5，6．
故选：BCD．
11. 已知一元二次方程有两个实数根，且，则的值为（ ）
A -2B. -3C. -4D. -5
【答案】BC
【解析】
【分析】
设，利用已知条件得到，求解即可得出结果.
【详解】设，
由，
可得，
解得：，
又因为，
得或，
故选：BC.
12. —般地,若函数的定义域为,值域为,则称为的“倍跟随区间”;特别地,若函数的定义域为,值域也为,则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是
A. 若为的跟随区间,则
B. 函数不存在跟随区间
C. 若函数存在跟随区间,则
D. 二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】BCD
【解析】
【分析】
根据“倍跟随区间”的定义,分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可.
【详解】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A错误.
对B,由题,因为函数在区间与上均为增函数,故若存在跟随区间则有,即为的两根.
即,无解.故不存在.故B正确.
对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,
即,因为,所以.
易得.
所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.
故,解得,故C正确.
对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.
故D正确.
故选：BCD
【点睛】本题主要考查了函数新定义的问题,需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.
第II卷 非选择题
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设集合，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由补集和并集的定义进行运算即可.
【详解】∵，，
∴，
又∵，∴.
故答案为：.
14. 已知函数(且)的图象过定点P，则P点坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数性质分析求解.
【详解】令，解得，此时，
所以P点坐标为.
故答案为：.
15. 某年级先后举办了数学、历史、音乐讲座，其中有75人听了数学讲座，68人听了历史讲座，61人听了音乐讲座，17人同时听了数学、历史讲座，12人同时听了数学、音乐讲座，9人同时听了历史、音乐讲座，还有6人听了全部讲座，则听讲座人数为__________．
【答案】172
【解析】
【分析】画出韦恩图求解即可.
【详解】
，
（人．
故答案为：172
16. 已知函数是定义在R上的奇函数，若对任意给定的实数，，恒成立，则不等式的解集是______．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得，则函数在R上为减函数，
又函数是R上的奇函数，可得，从而列不等式组求解即可得答案.
【详解】解：因为函数对任意给定的实数，，恒成立，即，
所以函数在R上为减函数，
又函数是R上的奇函数，所以，
则不等式，可得或
即或，解得，
所以原不等式的解集为.
四．解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 设集合,
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）;
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据并集的定义运算即得；
（2）由题可得，分类讨论进而可得不等式即得.
【小问1详解】
当时，，；
【小问2详解】
，
当时，满足题意，此时，解得；
当时，解得，
实数m的取值范围为.
18. 已知
（1）求，的值；
（2）求满足的实数a的值；
（3）求的定义域和值域．
【答案】（1），
（2）
（3）定义域为，值域为
【解析】
【分析】根据自变量所属范围，求分段函数求函数值；根据函数值，求自变量值；确定分段函数的定义域值域.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
由或，解得.
【小问3详解】

的定义域为，值域为
19. 已知函数为偶函数．
（1）求实数的值；
（2）当时，若函数的值域为，，求，的值．
【答案】（1）－1 （2），
【解析】
【分析】（1）由偶函数的性质即可求出；
（2）判断出的单调性，根据定义域和值域列出方程即可求解.
【小问1详解】
根据题意，函数为偶函数，
则有对恒成立，
即对恒成立
解得；
【小问2详解】
∵，
当时，为增函数，则有：，
即、是方程的两个根，
又由，则，则，．
20. 由于春运的到来，某火车站为舒缓候车室人流的压力，决定在候车大楼外搭建临时候车区，其中某次列车的候车区是一个总面积为的矩形区域(如图所示)，矩形场地的一面利用候车厅大楼外墙(长度为12m)，其余三面用铁栏杆围挡，并留一个宽度为2m的入口.现已知铁栏杆的租用费用为80元/m.设该矩形区域的长为x(单位：m)，租用铁栏杆的总费用为y(单位：元).
（1）将y表示为x的函数，并求租用搭建此区域的铁栏杆所需费用的最小值及相应的x.
（2）若所需总费用不超过2160元，则x的取值范围是多少？
【答案】（1），；当时，所需费用的最小值元；（2）.
【解析】
【分析】
（1）依题意有，其中.利用基本不等式得出最小值即可；
（2）由题意得，解出即可.
【详解】解：（1）依题意有，其中.
由均值不等式可得，
当且仅当，即时取“=”.
综上，当时，租用搭建此区域的铁栏杆所需费用最小，最小费用为1440元.
（2），
∴，∴，解得.
又∵，∴.
【点睛】本题考查了基本不等式的实际应用和函数模型的应用，是中档题.
21. 设函数是定义域的奇函数．
（1）求值；
（2）若，试判断函数单调性并求使不等式在定义域上恒成立的的取值范围；
（3）若，且在上最小值为，求的值．
【答案】（1）
（2）在上单调递增；
（3）
【解析】
【分析】（1）由函数为奇函数得，解方程即可；
（2）由确定的取值范围，进而判断函数单调性，根据单调性可得二次不等式恒成立，求得参赛范围；
（3）由可得，进而可得函数，再利用换元法将函数转化为二次函数，分情况讨论二次函数最值即可.
【小问1详解】
是定义域为的奇函数，
，即，
解得；经检验成立
【小问2详解】
因为函数（且），
又，
，又，
，
由于单调递增，单调递减，故在上单调递增，
不等式化为．
，即恒成立，
，解得；
【小问3详解】
由已知，得，即，解得，或（舍去），
，
令，是增函数，
，，
则，
若，当时，，解得,不成立；
若，当时，，解得，成立；
所以．
22. 定义域在R的单调函数满足恒等式，且.
（1）求，；
（2）判断函数的奇偶性，并证明；
（3）若对于任意都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）函数是奇函数，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）取代入函数满足等式，整理可得，再令，根据，可算出；
（2）令，可得，即，可得函数为奇函数；
（3）根据函数是单调函数且，得是定义域在上的增函数，再结合函数为奇函数，将题中不等式转化为在上恒成立，最后采用变量分离的方法结合换元法求函数的最小值，可算出的取值范围.
【小问1详解】
令可得，令∴∴∴；
【小问2详解】
令∴∴，即
∴函数是奇函数.
【小问3详解】
是奇函数，且在时恒成立，
∴在时恒成立，
又∵是定义域在R的单调函数，且∴是R上的增函数，∴即在时恒成立，∴在时恒成立.令，