广东省湛江市第四中学2023-2024学年高一上学期期中考试数学试卷

这是一份广东省湛江市第四中学2023-2024学年高一上学期期中考试数学试卷，共8页。试卷主要包含了已知，， ，则的最小值为.，有下列三个命题，定义在上的偶函数满足，下列表述正确的是等内容，欢迎下载使用。
说明：
1．本试卷分选择题和非选择题，满分150分。考试用时120分钟。
2．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名和校区填写在试卷上。
3．答题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题（本大题共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．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
2．若函数的定义域，值域，则函数的图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
3．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（ ）
A．B．C．（）D．
4．已知实数，，，若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，， ，则的最小值为（ ）.
A．8B．6C．D．
6．判断下列命题的真假，其中真命题的个数是（ ）
（1）“”是“”的充分条件；
（2）“”是“”的必要条件；
（3）“”是“”的充要条件；
（4）“是无理数”是“是无理数”的充分不必要条件；
（5）“”是“”的充分条件.
A．0个B．1个C．2个D．4个
7．有下列三个命题：①“”是“且”的必要非充分条件；②是的充要条件；③已知，则是的充分非必要条件；其中的真命题有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
8．定义在上的偶函数满足：对任意的、，，有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C． D．
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．下列表述正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．下列各组函数能表示同一个函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．下列函数中，值域为的是（ ）
A．，B．
C．，D．
12．已知函数,以下结论正确的是（ ）
A．为奇函数B．对任意的都有
C．对任意的都有D．的值域是
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．已知命题，写出命题的否定____________________________
14.若函数，则 .
15.已知实数满足约束条件，则的取值范围是 .
16．已知函数，且，则 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答要写必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．（本小题10分）已知全集，集合，．求
(1)；；
(2)（A∩B），（A∪B）补集.
18．（本小题12分）已知或．
(1)若，求实数a的取值范围；
(2)若是的必要条件，求实数a的取值范围．
19．（本小题12分）已知关于的不等式.
（1）当时，解此不等式；
（2）若此不等式的解集为或，求实数的值.
20．（本小题12分）已知函数.
（1）若，求实数的值；
（2）画出函数的图象并求出函数在区间上的值域.
21．（本小题12分）如图所示，某学校要建造一个一面靠墙的无盖长方体垃圾池，垃圾池的容积为，为了合理利用地形，要求垃圾池靠墙一面的长为，如果池底每平方米的造价为200元，池壁每平方米的造价为180元（不计靠墙一面的造价），设垃圾池的高为，墙高，
(1)试将垃圾池的总造价y（元）表示为的函数，并指出x的取值范围；
(2)怎样设计垃圾池能使总造价最低？最低总造价是多少？
22．（本小题12分）已知函数是二次函数，不等式的解集为，且.
(1)求的解析式；
(2)求在上的最大值的解析式；
(3)设，若对任意，均成立，求实数的取值范围
湛江市第四中学2023-2024学年度上学期高一期中考试卷
高一数学试卷答案
一、选择题（本大题共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．C
【分析】根据偶次方根被开方数是非负数，分母不为零，以及对数大于零，列出不等式，即可容易求得结果.
【详解】要使得函数有意义，
只需：且，
解得.
故函数定义域为.
故选：.
【点睛】本题考查具体函数定义域的求解，属简单题.
2．B
【分析】根据题意，由函数的概念，结合图像逐一分析，即可得到结果.
【详解】选项A，定义域为，与条件不符，故A错误；
选项B，定义域、值域均与条件相符，故B正确；
选项C，不符合函数的定义，在内的任一的值，在内并非只有唯一的值与之对应，故C错误；
选项D，值域与条件不符，故D错误．
故选：B．
3．B
【分析】根据基本初等函数的图像即变换直接判定即可.
【详解】对A, 不是奇函数,故A错误.
对B, 令则.故为奇函数.
又,故为增函数.故B正确.
对C, （）,因为区间不关于原点对称,故不为奇函数.故C错误.
对D, 为偶函数,故D错误.
故选：B
【点睛】本题主要考查了常见函数的奇偶性与单调性分析,属于基础题.
4．C
【分析】根据已知条件取特殊值以及利用不等式性质逐项分析即可.
【详解】选项A：因为，取，则，故A错误；
选项B：因为 ，
与已知条件矛盾，故B不正确；
选项C：因为
所以，故C正确；
选项D：当时，，故D不正确；
故选：C.
5．D
【分析】由题中的条件结合均值不等式求解的最小值即可，需要注意等号成立的条件.
【详解】，当且仅当时，等号成立，
据此可得的最小值为.
故选D.
【点睛】本题主要考查基本不等式求最值的方法，属于基础题.
6．B
【分析】由充分条件、必要条件、充要条件、真假命题的定义逐一判断各个命题，即可求解.
【详解】对于（1），不妨设，但此时有，所以“”不是“”的充分条件，故命题（1）是假命题；
对于（2），不妨设，但此时有，所以“”不是“”的必要条件，故命题（2）是假命题；
对于（3），不妨设，但此时，所以“”不是“”的充要条件，故命题（3）是假命题；
对于（4），由于是无限不循环小数当且仅当是无限不循环小数，由无理数的定义可知“是无理数”是“是无理数”的充分必要条件，故命题（4）是假命题；
对于（5），当时，有，所以“”是“”的充分条件，故命题（5）是真命题；
综上所述：真命题的个数一共有1个.
故选：B.
7．B
【分析】①可以利用逆否命题分析判断；②利用举例和充要条件定义分析判断；③先求出的解，再利用充要条件的定义分析判断.
【详解】①可以考虑逆否命题，即考虑“或”是“”的什么条件，“或”是“”非充分非必要条件，所以“”是“且”的非充分非必要条件，所以该命题是假命题；
②是的充分条件，但是当时，成立，但是不满足，所以不是的必要条件，所以该命题是假命题；
③已知，，所以时，；时，；时，；时，；时，.所以，所以
是的充分条件.当时，如，但是不满足，所以是的非必要条件.所以该命题是真命题.
故选B
【点睛】本题主要考查充要条件的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
8．D
【分析】已知不等关系说明函数在上是减函数，再由偶函数得，然后由单调性可得大小关系．
【详解】因为对任意的、，，有，
设，则，可得，
所以，函数在上是减函数，所以，，
又因为函数是偶函数，则，则，故D是正确的．
故选：D.
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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．ABC
【分析】根据元素与集合，集合与集合之间的关系逐一判断即可.
【详解】解：，故A正确；
，故B正确；
，故C正确，D错误.
故选：ABC.
10．AD
【分析】根据定义域、值域和对应法则判断即可.
【详解】的定义域为，定义域为，即定义域一样，且，即值域一样，故能表示同一个函数，故A选项符合题意；
的定义域为，定义域为，定义域不一样，故不能表示同一函数，故B选项不符合题意；
定义域为，定义域为，二者定义域不一样，故不能表示同一函数，故C选项不符合题意；
定义域为，定义域为，且对应法则一样，值域一样，故能表示同一函数，故D选项正确.
故选：AD
11．AC
【分析】根据基本初等函数函数的性质判断A、B、C，利用基本不等式计算D.
【详解】对于A：函数，在定义域上单调递增，
又，，所以，故A正确；
对于B：由，所以，即，故B错误；
对于C：函数，在定义域上单调递增，
又，，所以，故C正确；
对于D：因为，所以，当且仅当，即时取等号，
所以，故D错误；
故选：AC
12．ABD
【分析】对于A,根据奇偶性的定义进行判断即可;对于B,先判断时函数的单调性,再根据奇偶性判断时的单调性即可;对于C,举出反例进行判断即可;对于D,根据单调性即可求出结果.
【详解】对于A,,所以函数为奇函数,故A正确;
对于B,当时,,
函数在上为增函数,且,
又为上的奇函数,
函数在上为增函数,
在上单调递增,故B正确;
对于C,令,则,,
,
即,故C不正确;
对于D,当时,,
函数在上为增函数,
在上的值域为;
当时,,
函数在上为增函数,
在上的值域为,
综上所述,的值域是,故D正确.
故选:ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，解答即可.
【详解】命题，则.
故答案为：.
14．
【分析】根据分段函数解析式求解即可.
【详解】由，
.
故答案为：
15．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】
画出表示的可行域，如图，
由可得，
由可得，
将变形为，
平移直线，
由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，
有最小值为，
当直经过点时，
直线在轴上的截距最小，
有最大值为，
所以的取值范围是，
故答案为.
【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
16．1
【分析】由已知可得,从而可求,然后代入即可求解.
【详解】解：,
,
,由,
则.
故答案为:1.
【点睛】本题主要考查了利用奇函数的性质求解函数值,解题的关键是整体思想的应用.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答要写必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
17．(1)，
(2)或.
【分析】（1）由交集、并集的定义计算；
（2）先由补集定义计算，然后由并集定义计算．
【详解】（1）；
；
（2）或；
或；
或.
18．(1)；
(2)或.
【分析】（1）由交集的定义得出关于的不等式组，解出的取值范围即可；
（2）利用必要条件的定义，结合子集的定义得出关于的不等式组，解出即可.
【详解】（1）或，，
，解得：，
的取值范围是；
（2）因为是的必要条件，
所以，
或，
的取值范围是或.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）求时一元二次不等式的解集即可；
（2）根据一元二次不等式与对应方程的关系，利用根与系数的关系求出的值.
【详解】解：（1）时，不等式为，
可化为，解得，
∴不等式的解集为；
（2）若不等式的解集为，
则方程的实数根为和，
∴，
解得，即的值为.
【点睛】本题考查了一元二次不等式与对应一元二次方程的应用问题，属于基础题.
20．（1）或;（2）的值域为
【详解】试题分析：（1）由函数，讨论两种情况即可求出实数的值；（2）根据分段函数分段的原则，可得函数的图象，进而得到函数的最小值为 ，比较 的大小即可求出函数的最大值，从而可得函数的值域.
试题解析：（1） 当时，得；
当时，得.
由上知或.
（2）图象如下：
∵，
∴由图象知函数的值域为.
21．(1)详解见解析
(2)当垃圾池的高为m、宽为3m时，垃圾池总造价最低为10800元.
【分析】利用长方体垃圾池的容积及长与高表示宽，再求各面面积，得出总造价，利用均值不等式求最值.
【详解】（1）无盖长方体垃圾池的容积为，长为，高为m，则宽m，
，即，.
（2），当且仅当取等号，即.
所以当垃圾池的高为m宽为3m时，垃圾池总造价最低为10800元.
22．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意设出，结合求出a，即得答案；
（2）分类讨论t的取值范围，根据函数图象的对称轴和所给区间的位置，即可确定函数的最大值；
（3）结合题意将原问题化为对任意恒成立，利用换元法，并结合二次函数性质求得函数的最小值，继而解不等式，即可求得答案.
【详解】（1）由题意函数是二次函数，不等式的解集为，
可知为的两根，故设，且，
由得，
故；
（2）由可知函数图象的对称轴为，图像开口向下；
当时，函数在上单调递增，故，
当时，，
故；
（3）由题意知，
因为对任意，均成立，
故对任意恒成立，
即，即对任意恒成立，
令，则，
该函数图象对称轴为，开口向下，故当时，，
即，即，
解得或，
故实数的取值范围为.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于求解不等式恒成立问题时，要注意分离参数，即将原问题转化为对任意恒成立，进而转化为求解二次函数的最值问题.