精品解析：广东省广州市真光中学高一上学期期中数学试题 含答案

这是一份精品解析：广东省广州市真光中学高一上学期期中数学试题 含答案，文件包含精品解析广东省广州市真光中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题原卷版docx、精品解析广东省广州市真光中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
考试用时：120分钟 满分：150分
一、单选题（共8小题，满分40分）
1. 若，则不等式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据不等式的性质可判断AB，举反例可判断CD.
【详解】对于A，因为，所以，故A错误；
对于B，因为，，故B正确；
对于C，当时，则，故C错误；
对于D，当时，则，故D错误.
故选：B.
2. 下列图象中，以为定义域，为值域的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义，依次分析选项中的图象，结合定义域值域的范围即可得答案．
【详解】对于，其对应函数的值域不是，错误；
对于，图象中存在一部分与轴垂直，即此时对应的值不唯一，该图象不是函数的图象，错误；
对于，其对应函数的定义域为，值域是，正确；
对于，图象不满足一个对应唯一的，该图象不是函数的图象，错误；
故选：．
3. 设，m，n是正整数，且，则下列各式；；；正确的个数是（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数幂的运算性质即可得出．
【详解】解：∵a＞0，m，n是正整数，且n＞1，
∴，正确，
显然a0＝1，正确，
而，∴正确，
故选：A．
4. 某市居民生活用电电价实行全市同价，并按三档累进递增．第一档：月用电量为0–200千瓦时（以下简称度），每度0.5元；第二档：月用电量超过200度但不超过400度时，超出的部分每度0.6元；第三档：月用电量超过400度时，超出的部分每度0.8元；若某户居民9月份的用电量是420度，则该用户9月份应缴电费是（ ）
A. 210元B. 232元
C. 236元D. 276元
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分档计算电费再相加即可得到答案.
【详解】依题意可得某户居民9月份的用电量是420度时,该用户9月份应缴电费为:
元.
故选:C
【点睛】本题考查了分段函数模型,读懂题意,分段计算电费是解题关键,属于基础题.
5. 已知命题“，使”是真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. 或B.
C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】
转化二次不等式的解集是非空集合，利用判别式求解即可.
【详解】因为“，使”是真命题，
所以二次不等式有解，所以，即，
解得或，
故选：A
【点睛】本题主要考查特称命题真假的判断，二次不等式的解法，转化思想的应用，属于中档题.
6. 关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的解集可知，由根与系数的关系得出b，c与a的关系，代入待求不等式即可求解.
【详解】因为关于的不等式的解集为
可知且两根分别为；
根据跟与系数得关系可得解得
带入可得，左右两边同时除以得；
解得.
故选：A
7. 已知偶函数的定义域为，且对于任意均有成立，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得在单调递减，又函数为偶函数，故在单调递增，所以不等式等价于，即解出即可.
【详解】因为的定义域为，且对于任意
均有成立，
可得在单调递减，
又函数为偶函数，
所以在单调递增，
所以等价于，
所以，
即，
即，
解得：，
所以实数的取值范围是：，
故选：C.
8. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）
A 或B.
C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得关于的方程的根为且，即可得到，再将所求不等式等价转化为一元二次不等式，解得即可.
【详解】因为关于的不等式的解集为，
所以关于的方程的根为且，所以，即，
故不等式，即，等价于，等价于，解得，
因此不等式的解集为.
故选：D.
二、多选题（共4小题，满分20分，多选或错选不得分，部分选对得2分）
9. 设集合，，，则下列关系中正确的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求出的定义域即得到集合，求出的值域即得到集合,表示二次函数图象上任意一点的坐标构成的点集，利用交集、并集及子集的定义即可判断.
【详解】由题意可知：
表示二次函数图象上任意一点的坐标构成的集合.
故选：BC
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 命题：“”的否定是“”
C. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为
D. 若函数则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二次函数求最值判断A，利用全称量词命题的否定是存在量词命题来判断B，根据抽象函数的定义域可判断C，根据换元法求解析式可判断D.
【详解】对于选项A，由，得，，
则，，
所以当时，取到最小值，所以，故选项A正确；
对于选项B，“”的否定是“”，故选项B不正确；
对于选项C，函数的定义域为，则中的范围为，
即，所以，
由抽象函数的定义域可得，中的范围为，
故函数的定义域为；所以选项C正确；
对于选项D，令，则，，
由得，，
所以，，所以选项D正确.
故选：ACD.
11. 设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D.H. Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数．下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.
【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，当时，由C可知，，故D不正确.
故选：AB
12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 分别在区间与上单调递增
C. 当时，D. 的解集为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，由奇函数性质可判断；C选项，由奇函数写出对称区间上的解析式；B选项，先研究当时，的单调区间，再研究的奇偶性可得的单调区间；D选项项，解分式不等式可.
【详解】对于A选项，∵在上为奇函数，∴，故A错误；
对于C选项，∵当时，，
∴当时，，∴， ①
又∵在上为奇函数，∴ ， ②
∴由①②得：当时，，故C正确；
对于B选项，
当时，，
∴当时，；当时，；
∴当时， ，
∴由单调性可得：当时，单调递减区间，单调递增区间，
又∵在上为奇函数，
∴设，则
∴为偶函数，即为偶函数，
∴在对称区间上的单调性相反，
∴当时，单调递减区间，单调递增区间，
∴综述：单调递增区间为，，故B正确；
对于D选项，∵，
∴或，即或，
即或，解得：或，
∴的解集为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（共4小题，满分20分）
13. 设，，求值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用指数幂的运算性质即可求解.
【详解】由题意可知，．
故答案为：.
14. 已知，若，则实数=___________.
【答案】2
【解析】
【分析】先求，再求，列出关于a的方程，求出a的值.
【详解】因为，所以，而，所以，解得：
故答案为：2
15. 已知集合，满足，则.若集合只有个子集，则___________.
【答案】或##或
【解析】
【分析】分析可知集合中有且只有一个元素，可得出关于的等式，即可得解.
【详解】因为集合只有个子集，则集合中有且只有一个元素，
所以，，整理可得，其中，解得或.
故答案为：或.
16. 若实数，，且，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知变形可得出，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为实数，，且，则，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，的最小值为.
故答案为：.
四、解答题（共6道题，满分70分）
17. 已知全集，试求集合B.
【答案】
【解析】
【分析】
计算，根据计算得到答案.
【详解】，，
.故.
【点睛】本题考查了交集，全集，补集，意在考查学生的计算能力.
18. 已知命题，命题．
（1）若，则是什么条件？
（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）是的必要不充分条件
（2）
【解析】
【分析】（1）分别求出中范围，然后观察包含关系.
(2)根据题意得，列不等式组解决.
【小问1详解】
，
若，
所以是的必要不充分条件.
【小问2详解】
由（1），知，
因为是的必要不充分条件，所以
解得，即．
19. 证明：
（1）若，则.
（2）若，则.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接代入数据化简得到证明.
（2）代入数据得到
，根据得到证明.
【详解】（1）.
（2）
.
因为，
即，
则.
所以.
【点睛】本题考查了函数值的大小比较，意在考查学生的计算能力.
20. 已知函数是定义在上的奇函数，且
（1）求m，n的值；
（2）求使成立的实数a的取值范围．
【答案】（1），
（2）实数a的取值范围是
【解析】
【分析】（1）解法一：由和列式求出m，n，再检验奇偶性即可得解；解法二：根据在上恒成立，求出，再根据求出m；
（2）先证明的单调性，再由奇偶性和单调性将原不等式化简，求解关于a的不等式组即可．
小问1详解】
（1）解法一：因为函数是定义在上的奇函数，
所以，得，解得，
经检验，时，是定义在上的奇函数．
法二：是定义在上的奇函数，则在上恒成立，
即在上恒成立，则，
所以，又因为，得，所以，．
【小问2详解】
（2）由（1）知，．
因为是定义在上的奇函数，
所以由，得，
设，且，
则，
∵，∴，，，
∴，∴，∴在上是增函数．
所以，即，解得．
故实数a的取值范围是．
21. 为宣传2023年杭州亚运会，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸（记为矩形，如图）上设计四个等高的宣传栏（栏面分别为两个等腰三角形和两个全等的直角三角形且），宣传栏（图中阴影部分）的面积之和为.为了美观，要求海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为10cm（宣传栏中相邻两个三角形板块间在水平方向上的留空宽度也都是10cm），设.
（1）当时，求海报纸（矩形）的周长；
（2）为节约成本，应如何选择海报纸的尺寸，可使用纸量最少（即矩形的面积最小）？
【答案】（1）900cm
（2）选择长、宽分别为350cm，140cm的海报纸，可使用纸量最少
【解析】
【分析】（1）根据宣传栏的面积以及可计算出直角三角形的高，再根据留空宽度即可求得矩形的周长；
（2）根据阴影部分面积为定值，表示出矩形面积的表达式利用基本不等式即可求得面积的最小值，验证等号成立的条件即可得出对应的长和宽.
【小问1详解】
设阴影部分直角三角形的高为cm，
所以阴影部分面积，所以，
又，故，
由图可知cm，cm.
海报纸的周长为cm.
故海报纸的周长为900 cm.
【小问2详解】
由（1）知，，，
，
当且仅当，即cm，cm时等号成立，
此时，cm，cm.
故选择矩形的长、宽分别为350 cm，140 cm的海报纸，可使用纸量最少.
22. 设，函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若函数的图象关于点对称，且对于任意的，不等式恒成立，求实数的范围.
【答案】（1）单调递减区间为；单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）将写出分段函数性质，结合二次函数性质画出的图象，数形结合判断单调区间即可；
（2）由题意知为奇函数，结合奇函数性质求得，进而有，则，将问题化为在恒成立，再由及对勾函数性质求右侧最大值，即可得参数范围.
【小问1详解】
由题设，
所以，的图象如下：

由图知：在上递减，在上递增，
所以单调递减区间为；单调递增区间为.
【小问2详解】
由的图象关于点对称，即关于原点对称，
所以为奇函数，则，
所以，即在上恒成立，
所以，故，则，故，
所以，则恒成立，
由，
令，结合对勾函数的单调性知在上递增，
所以，故，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据对称点判断为奇函数，并求出参数a，进而写出解析式，把问题化为在恒成立为关键.