2023-2024学年广东省广雅中学高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省广雅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，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】B
【分析】根据集合补集的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：B
2．已知幂函数的图象与坐标轴没有公共点，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】根据幂函数的性质可得，即可代入求解.
【详解】因为为幂函数，所以，解得，或，
又的图象与坐标轴无公共点，故，所以，故，
所以.
故选:A.
3．哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一，即所谓的“”问题.1966年，我国数学家陈景润证明了“”成立.哥德巴赫猜想的内容是“每一个大于2的偶数都能写成两个质数之和”，则该猜想的否定为（ ）
A．每一个小于2的偶数都不能写成两个质数之和
B．存在一个小于2的偶数不能写成两个质数之和
C．每一个大于2的偶数都不能写成两个质数之和
D．存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和
【答案】D
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确否定，即可求解.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，A，C错误;
哥德巴赫猜想的否定为“存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和”.
故选：D.
4．已知关于x的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】B
【分析】根据不等式的解集，可得是方程的根，得到的关系，再解可得答案.
【详解】不等式的解集为，
可得是方程的根，
所以，且，解得，
由不等式可得，
由得，
所以，解得，
则不等式的解集为.
故选：B.
5．下面命题正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，，则
【答案】C
【分析】通过反例可排除ABD；利用作差法，结合立方差公式可整理得到C正确.
【详解】对于A，若，则，A错误；
对于B，若，则，B错误；
对于C，若，则，
又，，即，C正确；
对于D，若，，，，则，，此时，D错误.
故选：C.
6．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解.
【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故，
所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合，
故选：D
7．若函数满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对任意，都有成立可判断是上的减函数，通过各段上的单调性分析及区间端点函数值的比较，列出不等式组求解即可.
【详解】由题意可知：
对任意的实数，都有成立，
是上的减函数，
，解得，
实数的取值范围是.
故选：B.
8．已知函数是上的奇函数，且当时，，函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由函数是奇函数，求出函数的解析式，再利用与的关系得到的单调性，利用函数单调性解不等式，求出实数的取值范围．
【详解】函数是上的奇函数，且当时，，
当时，则，
又，即，又，
，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递增，
的图象如下所示：

函数在区间上单调递增，
，，
即，，
，．
故选：D．
二、多选题
9．下列根式与分数指数幂的互化正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据根指数的性质逐个选项化简即可.
【详解】对A，当时，，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，，故C错误；
对D，，故D正确.
故选：BD
10．（多选）已知函数（且）的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据函数图象可得出、的取值范围，利用指数函数的基本性质可判断ACD选项，利用不等式的基本性质可判断B选项.
【详解】由图象可知，函数（且）在上单调递增，则，
且当时，，可得.
对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，由题意可知，，则，所以，，D对.
故选：ABD.
11．若正实数a，b满足，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值9
B．的最小值是
C．ab有最大值
D．的最小值是
【答案】AB
【分析】根据已知等量关系，应用基本不等式及“1”的代换、二次函数性质求各式的最值，注意取值条件.
【详解】，当且仅当时等号成立，A对；
，当且仅当即时等号成立，B对；
，则，当且仅当即时等号成立，C错；
由，则，而，
所以，当且仅当时等号成立，D错.
故选：AB
12．定义，若函数，且在区间上的值域为，则区间长度可以是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】AD
【分析】根据定义列不等式，得到的解析式，然后画出函数图象，根据函数图象求出区间的长度即可.
【详解】令①，
当时，不等式可整理为，解得，故符合要求，
当时，不等式可整理为，解得，故，
所以不等式①的解为；
由上可得，不等式的解为或，
所以，
令，解得，令，解得或，
令，解得或，令，解得或，
所以区间的最小长度为1，最大长度为.
故选：AD.
三、填空题
13． .
【答案】
【分析】根据分数指数幂及根式的运算法则计算即可.
【详解】解：
.
故答案为：
14．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用函数有意义，结合复合函数的意义，列出不等式求解作答.
【详解】依题意，，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：
15．已知，则 .
【答案】
【分析】令，得到，进而求得函数的解析式.
【详解】令，则且，所以，
所以函数的解析式为.
故答案为：
16．定义区间的长度为，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如：的长度，设，，其中表示不超过的最大整数，，若用表示不等式解集区间的长度，则当时， .
【答案】2011
【分析】根据题设有，结合函数新定义，讨论、、、确定对应解集，即可得答案.
【详解】由题设，，
则，即，
当时，上式可化为，即；
当时，上式可化为，即；
当时，上式可化为，而，则；
当时，上式可化为恒成立，则
综上，在时的解集为，故.
故答案为：2011
【点睛】关键点点睛：根据函数新定义得到，再应用分类讨论求解集.
四、解答题
17．设，命题p：，命题q：.
（1）若命题p是真命题，求的取值范围；
（2）若命题¬p与q至少有一个为假命题，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）根据命题为真转化为，即可求解；
（2）由题意转化为命题¬p与q不能同时为真，先求命题¬p与q同时为真时的范围，再求其补集即可.
【详解】（1）若命题p是真命题时，，
即，
所以，
（2）若命题q：为真时，
则，
解得，
若命题¬p与q至少有一个为假命题，
即命题¬p与q不能同时为真，
若命题¬p与q同时为真时，
则，解得，
所以命题¬p与q不能同时为真时，或，
【点睛】本题主要考查了含量词命题的真假判定，考查了命题的否定，属于中档题.
18．已知函数，其中
(1)若的最小值为，求的值；
(2)若存在，使成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将函数解析式变形为，结合可求得实数的值；
（2）令，，由可得出，求出函数在区间上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
当时，即当时，函数取得最小值，即，解得.
（2）解：令，则，由可得，
令，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，，所以，，.
19．设．
(1)若不等式有实数解，求实数a的取值范围；
(2)解关于的不等式．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）分别讨论时，不等式解得情况即可得解；
（2）分类讨论解含参数的二次不等式即可.
【详解】（1）依题意，有实数解，即不等式有实数解，
当时，有实数解，则，
当时，取，则成立，
即有实数解，于是得，
当时，二次函数的图象开口向下，
要有解，当且仅当，从而得，
综上，，所以实数的取值范围是；
（2）不等式，
当时，，
当时，不等式可化为，而，解得，
当时，不等式可化为，
当，即时，，
当，即时，或，
当，即时，或，
所以，当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为．
20．天气转冷，宁波某暖手宝厂商为扩大销量，拟进行促销活动.根据前期调研，获得该产品的销售量万件与投入的促销费用万元满足关系式（为常数），而如果不搞促销活动，该产品的销售量为4万件.已知该产品每一万件需要投入成本20万元，厂家将每件产品的销售价格定为元，设该产品的利润为万元.（注：利润销售收入投入成本促销费用）
(1)求出的值，并将表示为的函数；
(2)促销费用为多少万元时，该产品的利润最大？此时最大利润为多少？
【答案】(1)，
(2)当促销费用为7万元时，该产品的利润最大，最大利润为123万元
【分析】（1）先由已知条件求出待定系数，写出促销费用关系式，计算销售收入、投入成本，再表达利润即可；
（2）将函数关系式作配凑变形，利用基本不等式求最值.
【详解】（1）由题知，时，，
于是，，解得.
所以，.根据题意，
即
所以
（2）
当且仅当，即时，等号成立.
所以当促销费用为7万元时，该产品的利润最大，最大利润为123万元.
21．（1）已知函数，，若，都有，求证：为奇函数.
（2）设函数定义在上，证明：是偶函数，是奇函数.
（3）已知是定义在上的函数，设，，试判断与的奇偶性；根据，与的关系，你能猜想出什么样的结论？
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）答案见解析
【分析】（1）对，适当赋值，使所给的式子出现及，从而利用奇函数定义证明即可；对于（2）（3）可直接用奇偶性的定义判断.
【详解】（1）令，则，所以，
令，，则，所以，
所以是奇函数.
（2）因为，所以，可见的定义域也是，
设，，
则与的定义域也是，显然定义域是关于原点对称的.
因为，
，
所以为偶函数，为奇函数，
即是偶函数，是奇函数.
（3）因为，，
所以是偶函数，是奇函数.
，
由此可得一般结论：如果一个函数的定义域关于原点对称，
那么这个函数就一定可以表示为一个奇函数与一个偶函数的和.
22．某校为促进学生积极参加体育锻炼，计划举办一次运动会，并为运动会设计了一款纪念品.如图所示为纪念品的平面图，其中四边形为等腰梯形，A，B在上，且的半径为，圆心到的距离为，，.定义高径比，已知当时，纪念品的总体设计较为协调，符合大众审美.
(1)设梯形的高为，求关于的函数关系式；
(2)当梯形的面积取得最大值时，判断该纪念品是否符合大众审美.
【答案】(1)，
(2)符合
【分析】（1）利用题给图形条件及三角函数定义即可求得关于的函数关系式；
（2）先利用梯形的面积的解析式，求得面积的最大值，进而可判断该纪念品是否符合大众审美.
【详解】（1）因为，，所以是正三角形，
，梯形的高为，
则，
由，解得，.
（2）由（1）得，.
则，
因为，所以当时，S取得最大值.
此时，
故该纪念品符合大众审美.