还剩10页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年四川省眉山市仁寿县高一上学期期中联考数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿县高一上学期期中联考数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的运算法则计算．
【详解】由题意，所以．
故选：A．
2．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】特称命题的否定：将存在改为任意并否定原结论，即可得答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为.
故选：D
3．下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】分别判断选项中函数的定义域和对应关系，即可得到答案.
【详解】对选项A，因为定义域为R，定义域为，定义域不同，
所以，不是同一函数，故A错误.
对选项B，因为定义域为R，定义域为，
定义域不同，所以，不是同一函数，故B错误.
对选项C，因为定义域为或，
定义域为，定义域不同，
所以，不是同一函数，故C错误.
对选项D，因为定义域为R，定义域为R，
，
所以，是同一函数，故D正确.
故选：D
4．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分、两种情况讨论，结合可求出实数的值.
【详解】因为，且.
当时，则，解得或（舍）；
当时，则，解得（舍）.
综上所述，.
故选：B.
5．若函数的定义域为，值域为，则函数的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的定义可以排除C选项，根据定义域与值域的概念排除A，D选项.
【详解】对于A选项，当时，没有对应的图像，不符合题意；
对于B选项，根据函数的定义本选项符合题意；
对于C选项，出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，不符合题意；
对于D选项，值域当中有的元素在集合中没有对应的实数，不符合题意.
故选：B．
6．设，已知函数是定义在上的减函数，且，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的定义域，结合函数的单调性求解即可.
【详解】∵函数是定义在上的减函数，且，
∴，解得.
故选：C
7．若函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意先求得函数的定义域为，然后结合抽象函数定义域与求解即可；
【详解】由题意可知，所以，要使函数有意义，则解得.
故选：D
8．关于的不等式的解集中恰有4个正整数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】不等式化为，讨论和时，求出不等式的解集，从而求得的取值范围．
【详解】原不等式可化为，
若，则不等式的解是，，
不等式的解集中不可能有4个正整数，
所以，不等式的解是，；
所以不等式的解集中4个正整数分别是2，3，4，5；
令，解得；
所以的取值范围是，．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次不等式解法与应用问题，是中档题．
二、多选题
9．已知集合，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．中有个元素D．有个真子集
【答案】AB
【分析】解不等式可求得集合，由集合与元素关系、子集和真子集定义依次判断各个选项即可.
【详解】由得：，又，；
对于A，由知：，A正确；
对于B，，，，B正确；
对于C，由知：中有个元素，C错误；
对于D，中有个元素，有个，D错误.
故选：AB.
10．下列结论中，所有正确的结论有（ ）
A．若，则
B．当时，的最小值为
C．若，则的最小值为
D．若，，则
【答案】AD
【分析】利用不等式的性质及基本不等式，结合对勾函数的性质即可求解.
【详解】对于A，因为，所以，
因此在不等式两边同乘得，故A 正确；
对于B，当，即时，
,
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为，故B不正确；
对于C、令．因为，所以，
而，
因此的最小值就是函数的最小值．
又因为由对勾函数的性质知：函数在是增函数，
当时，函数取得的最小值为，
即的最小值为，故C不正确；
对于D，因为，，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
因此，故D正确．
故选：AD ．
11．已知函数，则 （ ）
A．B．的值域为
C．的解集为D．若，则或1
【答案】BC
【分析】将代入可判断A；分别在和的情况下，结合一次函数和二次函数的值域求法可判断B；分别在和的情况下，根据解析式列出不等式和方程求解可判断CD.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当时，；当时，；
的值域为，B正确；
对于C，当时，，解得：；
当时，，解得：；
的解集为，C正确；
对于D，当时，，解得：（舍）；
当时，，解得：（舍）或；
的解为，D错误.
故选：BC.
12．已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的解集为
C．D．的解集为
【答案】ABD
【分析】根据不等式对应方程根与系数的关系得到，，，再代入不等式依次计算得到答案.
【详解】关于的不等式的解集为或，
故，且，整理得到，，
对选项A： ，正确；
对选项B：，即，解得，正确；
对选项C：，错误；
对选项D：，即，即，
解得，正确.
故选：ABD
三、填空题
13．函数在上的最小值为 .
【答案】
【分析】二次函数在某区间的最值，结合图像的开口方向，对称轴，离对称轴的远近可得.
【详解】函数,其图像开口向下，对称轴为，
，离对称轴较远，则
故答案为：
14．设，则“”是“” 的条件．（填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分又不必要”）
【答案】必要不充分
【分析】分别求出不含参的一元二次不等式和分式不等式的解集，再结合充分必要条件的判定即可.
【详解】由，得，
由，得，解得，
所以，
所以“”“”，反之不成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分
15．若函数是上的减函数，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据二次函数性质，结合已知分段函数的性质有，即可求参数范围.
【详解】由开口向上且对称轴为，又在上的减函数，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：
16．定义某种运算，，设，则在区间上的最小值 .
【答案】
【分析】根据题设定义的新运算法则求出f(x)的函数解析式，结合二次函数和一次函数性质即可求出其在上的最小值．
【详解】∵，
∴，
故，
故当时，；
当时，；
故在区间上的最小值为．
故答案为：．
四、解答题
17．设全集，集合，.
（1）求；
（2）若集合，满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】（1）由一元二次不等式可得或，再由集合的交集、补集运算即可得解；
（2）转化条件为，再由集合间的关系即可得解.
【详解】（1）∵或，，
∴，
∴或；
（2）∵，，∴，
∴.
【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解及集合的运算，考查了由集合的运算结果求参数，属于基础题.
18．（1）已知是一次函数，且，求的解析式；
（2）已知，求函数的解析式．
【答案】（1）或；（2）
【分析】（1）设，表示出，即可得到方程组，解得、的值，即可求出函数解析式；
（2）将中所有换为，即可得到关于、的方程组，解得即可.
【详解】（1）设，则，
因为，所以，
所以，解得或，所以或．
（2）①②，
②－①得，．
19．已知命题为假命题.
(1)求实数的取值集合；
(2)设集合，若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值集合.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据一元二次方程无解，即可由判别式求解，
（2）根据集合的包含关系，即可分类讨论求解.
【详解】（1）当时，原式为，此时存在使得，故不符合题意，舍去；
当时，要使为假命题，此该一元二次方程无实数根，所以
故；
（2）由题意可知是A的真子集；
当时，；
当时，
所以的取值范围是或，
20．已知函数，且．
(1)证明：在区间上单调递减；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)由条件列方程求，再根据减函数的定义证明在区间上单调递减；
(2)由条件可得，解不等式求的取值范围．
【详解】（1）因为，，所以，解得，所以，
任取实数，且，则，
又，所以，，
所以，即，所以在区间上单调递减；
（2）由（1）知，在上单调递减，所以，
因为对恒成立，所以，
即，化简得，解得，
即实数t的取值范围是．
21．设关于x的函数，其中a， b都是实数.
(1)若的解集为，求出a、b的值；
(2)若，求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)当时，解集为；时，解集为;时，解集为.
【分析】（1）判断开口方向结合韦达定理进行求解；
（2）因式分解求出两根，结合开口方向对两根大小进行判断即可.
【详解】（1）的解集为，
则的开口向上，是对应方程的两根，
则，即；
（2）若，则，
，
当时，，则的解集为
当时，若，即时，的解集为；
当时，，的解集为；
综上：当时，解集为；
时，解集为
时，解集为.
22．某公司生产一类电子芯片，且该芯片的年产量不超过35万件，每万件电子芯片的计划售价为16万元．已知生产此类电子芯片的成本分为固定成本与流动成本两个部分，其中固定成本为30万元/年，每生产万件电子芯片需要投入的流动成本为（单位：万元），当年产量不超过14万件时，；当年产量超过14万件时，．假设该公司每年生产的芯片都能够被销售完．
(1)写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）
(2)如果你作为公司的决策人，为使公司获得的年利润最大，每年应生产多少万件该芯片？
【答案】(1)
(2)公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片
【分析】（1）分和两种情况，分别求出函数解析式；
（2）结合二次函数及基本不等式求出函数的最大值，即可得解.
【详解】（1）根据题意得，
当时，，
当时，，
故
（2）当时，，且当时，单调递增，当时，单调递减，
此时．
当时，，当且仅当时，等号成立．
因为，故当时，取得最大值24，
即为使公司获得的年利润最大，每年应生产万件该芯片．
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的运算法则计算．
【详解】由题意，所以．
故选：A．
2．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】特称命题的否定：将存在改为任意并否定原结论，即可得答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为.
故选：D
3．下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】分别判断选项中函数的定义域和对应关系，即可得到答案.
【详解】对选项A，因为定义域为R，定义域为，定义域不同，
所以，不是同一函数，故A错误.
对选项B，因为定义域为R，定义域为，
定义域不同，所以，不是同一函数，故B错误.
对选项C，因为定义域为或，
定义域为，定义域不同，
所以，不是同一函数，故C错误.
对选项D，因为定义域为R，定义域为R，
，
所以，是同一函数，故D正确.
故选：D
4．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分、两种情况讨论，结合可求出实数的值.
【详解】因为，且.
当时，则，解得或（舍）；
当时，则，解得（舍）.
综上所述，.
故选：B.
5．若函数的定义域为，值域为，则函数的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的定义可以排除C选项，根据定义域与值域的概念排除A，D选项.
【详解】对于A选项，当时，没有对应的图像，不符合题意；
对于B选项，根据函数的定义本选项符合题意；
对于C选项，出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，不符合题意；
对于D选项，值域当中有的元素在集合中没有对应的实数，不符合题意.
故选：B．
6．设，已知函数是定义在上的减函数，且，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的定义域，结合函数的单调性求解即可.
【详解】∵函数是定义在上的减函数，且，
∴，解得.
故选：C
7．若函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意先求得函数的定义域为，然后结合抽象函数定义域与求解即可；
【详解】由题意可知，所以，要使函数有意义，则解得.
故选：D
8．关于的不等式的解集中恰有4个正整数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】不等式化为，讨论和时，求出不等式的解集，从而求得的取值范围．
【详解】原不等式可化为，
若，则不等式的解是，，
不等式的解集中不可能有4个正整数，
所以，不等式的解是，；
所以不等式的解集中4个正整数分别是2，3，4，5；
令，解得；
所以的取值范围是，．
故选：B．
【点睛】本题考查了一元二次不等式解法与应用问题，是中档题．
二、多选题
9．已知集合，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．中有个元素D．有个真子集
【答案】AB
【分析】解不等式可求得集合，由集合与元素关系、子集和真子集定义依次判断各个选项即可.
【详解】由得：，又，；
对于A，由知：，A正确；
对于B，，，，B正确；
对于C，由知：中有个元素，C错误；
对于D，中有个元素，有个，D错误.
故选：AB.
10．下列结论中，所有正确的结论有（ ）
A．若，则
B．当时，的最小值为
C．若，则的最小值为
D．若，，则
【答案】AD
【分析】利用不等式的性质及基本不等式，结合对勾函数的性质即可求解.
【详解】对于A，因为，所以，
因此在不等式两边同乘得，故A 正确；
对于B，当，即时，
,
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为，故B不正确；
对于C、令．因为，所以，
而，
因此的最小值就是函数的最小值．
又因为由对勾函数的性质知：函数在是增函数，
当时，函数取得的最小值为，
即的最小值为，故C不正确；
对于D，因为，，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
因此，故D正确．
故选：AD ．
11．已知函数，则 （ ）
A．B．的值域为
C．的解集为D．若，则或1
【答案】BC
【分析】将代入可判断A；分别在和的情况下，结合一次函数和二次函数的值域求法可判断B；分别在和的情况下，根据解析式列出不等式和方程求解可判断CD.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当时，；当时，；
的值域为，B正确；
对于C，当时，，解得：；
当时，，解得：；
的解集为，C正确；
对于D，当时，，解得：（舍）；
当时，，解得：（舍）或；
的解为，D错误.
故选：BC.
12．已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的解集为
C．D．的解集为
【答案】ABD
【分析】根据不等式对应方程根与系数的关系得到，，，再代入不等式依次计算得到答案.
【详解】关于的不等式的解集为或，
故，且，整理得到，，
对选项A： ，正确；
对选项B：，即，解得，正确；
对选项C：，错误；
对选项D：，即，即，
解得，正确.
故选：ABD
三、填空题
13．函数在上的最小值为 .
【答案】
【分析】二次函数在某区间的最值，结合图像的开口方向，对称轴，离对称轴的远近可得.
【详解】函数,其图像开口向下，对称轴为，
，离对称轴较远，则
故答案为：
14．设，则“”是“” 的条件．（填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分又不必要”）
【答案】必要不充分
【分析】分别求出不含参的一元二次不等式和分式不等式的解集，再结合充分必要条件的判定即可.
【详解】由，得，
由，得，解得，
所以，
所以“”“”，反之不成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分
15．若函数是上的减函数，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据二次函数性质，结合已知分段函数的性质有，即可求参数范围.
【详解】由开口向上且对称轴为，又在上的减函数，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：
16．定义某种运算，，设，则在区间上的最小值 .
【答案】
【分析】根据题设定义的新运算法则求出f(x)的函数解析式，结合二次函数和一次函数性质即可求出其在上的最小值．
【详解】∵，
∴，
故，
故当时，；
当时，；
故在区间上的最小值为．
故答案为：．
四、解答题
17．设全集，集合，.
（1）求；
（2）若集合，满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】（1）由一元二次不等式可得或，再由集合的交集、补集运算即可得解；
（2）转化条件为，再由集合间的关系即可得解.
【详解】（1）∵或，，
∴，
∴或；
（2）∵，，∴，
∴.
【点睛】本题考查了一元二次不等式的求解及集合的运算，考查了由集合的运算结果求参数，属于基础题.
18．（1）已知是一次函数，且，求的解析式；
（2）已知，求函数的解析式．
【答案】（1）或；（2）
【分析】（1）设，表示出，即可得到方程组，解得、的值，即可求出函数解析式；
（2）将中所有换为，即可得到关于、的方程组，解得即可.
【详解】（1）设，则，
因为，所以，
所以，解得或，所以或．
（2）①②，
②－①得，．
19．已知命题为假命题.
(1)求实数的取值集合；
(2)设集合，若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值集合.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据一元二次方程无解，即可由判别式求解，
（2）根据集合的包含关系，即可分类讨论求解.
【详解】（1）当时，原式为，此时存在使得，故不符合题意，舍去；
当时，要使为假命题，此该一元二次方程无实数根，所以
故；
（2）由题意可知是A的真子集；
当时，；
当时，
所以的取值范围是或，
20．已知函数，且．
(1)证明：在区间上单调递减；
(2)若对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】(1)由条件列方程求，再根据减函数的定义证明在区间上单调递减；
(2)由条件可得，解不等式求的取值范围．
【详解】（1）因为，，所以，解得，所以，
任取实数，且，则，
又，所以，，
所以，即，所以在区间上单调递减；
（2）由（1）知，在上单调递减，所以，
因为对恒成立，所以，
即，化简得，解得，
即实数t的取值范围是．
21．设关于x的函数，其中a， b都是实数.
(1)若的解集为，求出a、b的值；
(2)若，求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)当时，解集为；时，解集为;时，解集为.
【分析】（1）判断开口方向结合韦达定理进行求解；
（2）因式分解求出两根，结合开口方向对两根大小进行判断即可.
【详解】（1）的解集为，
则的开口向上，是对应方程的两根，
则，即；
（2）若，则，
，
当时，，则的解集为
当时，若，即时，的解集为；
当时，，的解集为；
综上：当时，解集为；
时，解集为
时，解集为.
22．某公司生产一类电子芯片，且该芯片的年产量不超过35万件，每万件电子芯片的计划售价为16万元．已知生产此类电子芯片的成本分为固定成本与流动成本两个部分，其中固定成本为30万元/年，每生产万件电子芯片需要投入的流动成本为（单位：万元），当年产量不超过14万件时，；当年产量超过14万件时，．假设该公司每年生产的芯片都能够被销售完．
(1)写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）
(2)如果你作为公司的决策人，为使公司获得的年利润最大，每年应生产多少万件该芯片？
【答案】(1)
(2)公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片
【分析】（1）分和两种情况，分别求出函数解析式；
（2）结合二次函数及基本不等式求出函数的最大值，即可得解.
【详解】（1）根据题意得，
当时，，
当时，，
故
（2）当时，，且当时，单调递增，当时，单调递减，
此时．
当时，，当且仅当时，等号成立．
因为，故当时，取得最大值24，
即为使公司获得的年利润最大，每年应生产万件该芯片．
相关试卷
2023-2024学年四川省眉山市仁寿县文宫中学高一上学期期中数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿县文宫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，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年四川省眉山市仁寿县文宫中学高一上学期12月月考模拟数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿县文宫中学高一上学期12月月考模拟数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
四川省眉山市仁寿县2023-2024学年高一上学期期中联考数学试卷(含答案)： 这是一份四川省眉山市仁寿县2023-2024学年高一上学期期中联考数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
