四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第五中学2023-2024学年高一上学期期中数学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，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（60分）
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. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】
根据特称命题的否定是全称命题即可得正确答案.
【详解】命题“，”的否定是，，
故选：C
2. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先确定阴影部分表示的集合为,再根据补集与交集定义求解.
【详解】由题意得阴影部分表示的集合为,
因为
故选：A
【点睛】本题考查补集与交集定义，考查基本分析求解能力，属基础题.
3. 若实数满足，则下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于选项ACD可以举反例判断，选项B可以利用函数单调性判断.
【详解】选项A，可以举反例，如，满足，但是，错误；
选项B：对于函数是上单调增函数，所以当时，，正确；
选项C：可以举反例，如，满足，但是，错误；
选项D：可以举反例，如，，满足，但是，错误；
故选：B
4. 已知，，则“，”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件分别判断充分性和必要性，即可得到答案.
【详解】当，时，根据不等式的性质可得，故充分性成立；
当时，若，，此时不能推出，，故必要性不成立.
所以“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. “高铁、扫码支付、共享单车和网购”称为中国的“新四大发明”．某中学为了解本校学生对“新四大发明”的使用情况，随机调查了100位学生，其中使用过共享单车或扫码支付的学生共有80位，使用过扫码支付的学生共有65位，使用过共享单车且使用过扫码支付的学生共有30位，则使用过共享单车的学生人数为（ ）
A. 65B. 55C. 45D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】
用集合表示使用过共享单车的人，集合表示使用过扫码支付的人，根据集合运算确定结果．
【详解】参数调查的所有人组成全集，使用过共享单车的人组成集合，使用过扫码支付的人组成集合，表示集合中的元素，
由题意，，，
∴，∴．
故选：C．
6. 已知为上的增函数，则满足的实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的单调性得到，从而得到，即可求解.
【详解】因为为上的增函数，
所以由，得：，
即，即，解得：，
所以实数的取值范围为，
故选：C.
7. 若关于x的不等式在R上恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先对进行讨论,当时,不等式为,恒成立，当时,利用不等式恒成立的条件进行转化,然后求解.
【详解】若,则原不等式等价为,此时不等式恒成立,
若,则要使不等式恒成立,
则有，解得，
综上满足题意的的范围为.
故选：D.
8. 设（其中为常数），若，则
A. 31B. 17C. 24D. －31
【答案】A
【解析】
【详解】令 ，则 为奇函数．
∴
∴ ,故选A
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. 已知单元素集合，则集合的所有子集构成的集合，下列表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据集合N中有两个元素：，对选项逐一判断即可.
【详解】集合，即集合N中有两个元素：，故，，选项A正确，CD错误；空集是任何集合的子集，故，选项B正确.
故选：AB.
10. 已知函数，关于函数的结论正确的是（ ）
A. 的定义域为B. 的值域为
C. D. 若，则x的值是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式结合二次函数的性质，逐一判断即可.
【详解】对于A，因为，
所以的定义域为，所以A错误；
对于B，当时，，当时，，
所以的值域为，所以B正确；
对于C，因为，所以，所以C错误；
对于D，当时，由，得，解得（舍去），
当时，由，得，解得或（舍去），
综上，，所以D正确.
故选：BD.
11. 若关于的不等式的解集是，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的解集是
C. D. 的解集是
【答案】AB
【解析】
【分析】首先利用不等式和对应方程的关系，可得，，再判断选项.
【详解】因为的解集是，所以，且的两个实数根是或，即，，解得：，，
故A正确；C不正确；，即，解得：，故B正确；，即，解得：，故D不正确.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：本题考查一元二次方程和不等式的关系，关键是根据根与系数的关系求出的值.
12. 中国宋代数学家秦九韶提出了用三角形的三边求面积的“三斜求积术”，即已知三角的三边长分别为a，b，c，则三角形的面积S可由公式求得，此公式化简后与海伦公式完全一致.其中p为三角形周长的一半.现有一个三角形满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 三角形的面积S的最大值为12D. 三角形的面积S没有最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】A.利用基本不等式判断；B. 利用基本不等式判断；CD.根据 ，得到，利用二次函数判断.
【详解】A.因，，所以，当且仅当时，等号成立，故错误；
B. 因为，所以，当且仅当时，等号成立，故正确；
C.因为 ，所以p=8，则，
，
，
因为，解得，
所以当时，取得最大值，故正确；
D.由选项C知，错误；
故选：BC
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. 已知集合，集合，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据交集的概念得结果即可
【详解】因为集合，集合
则
故答案为：
14. 不等式解集为___________________.
【答案】
【解析】
【分析】化简不等式为即得解.
【详解】原不等式可变形为,
,
∴,
则原不等式的解集是.
故答案为：
15. 已知不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】.
【解析】
【分析】根据基本不等式结合配凑法求解即可；
【详解】，所以，
，当且仅当即时等号成立，
又不等式对任意恒成立，
所以，即.
故答案为：.
16. 已知函数，，若对任意，总存在，使成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数在上的值域A，再分情况求出在上的值域，利用它们值域的包含关系即可列式求解.
【详解】“对任意，总存在，使成立”等价于“函数在上 的值域包含于在上的值域”，
函数，当时，，，即在的值域，
当时，，不符合题意，
当时，在上单调递增，其值域，于是有，即有，解得，则，
当时，在上单调递减，其值域，于是有，即有，解得，则，
综上得：或，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
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. 集合，.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）解不等式求得集合，再根据并集的运算，从而求得.
（2）根据补集的运算，先求得，然后根据交集的运算，即可求出.
【详解】解：（1）由题可知，，
因为，解得：，
所以集合，
∴；
（2）或，
所以.
18. 已知函数
（1）求函数的定义域；
（2）画出函数的图象，并求的单调区间.
【答案】（1） ；（2） 增区间为和，减区间为和.图象见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据解析式，即可求得函数定义域；
（2）根据一次函数和二次函数的图象即可画出图象，数形结合即可求得单调区间.
【详解】（1）函数的定义域为；
（2）的图象如下所示：
由图象得增区间为和，减区间为和.
【点睛】本题考查具体函数图象的绘制，以及函数定义域的求解，函数单调区间的求解，属综合基础题.
19. 某隧道长2150米，通过隧道的车速不能超过20米/秒．一个由55辆车身都为10米的同一车型组成的运输车队匀速通过该隧道．设车队的速度为x米/秒，根据安全和车流的需要，相邻两车均保持米的距离，其中a为常数且，自第一辆车车头进入隧道至第55辆车车尾离开隧道所用时间为y(秒)．
（1）将y表示为x的函数；
（2）求车队通过隧道所用时间取最小值时车队的速度．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得关于的函数；
（2）利用基本不等式与导数，分类讨论的取值范围，从而求得的最小值以及此时的车队速度.
【小问1详解】
依题意，得
.
【小问2详解】
当时，
当且仅当，即时取等号，
即当时，；
当时，，故在上是减函数，
故当时，；
所以当时，则当车队速度为20m/s时，通过隧道所用时间最少；
当时，则当车队速度为m/s时，通过隧道所用时间最少．
20. 已知定义在上的奇函数，当时，
（1）求实数的值及在上的解析式;
（2）判断函数在上的单调性（不用证明）;
（3）解不等式.
【答案】（1）;（2）函数在上为减函数（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得到从而可求出；得到当时，；令，得，得到，根据函数奇偶性，即可求出结果；
（2）根据二次函数单调性，可直接判断出该分段函数的单调性；
（3）根据（2）的结果，以及函数为奇函数，将原不等式化为，由题意列出不等式组，求解，即可得出结果.
【详解】（1）奇函数，，,
时，；
令，，
，；
（2）函数在上为减函数；
（3）在上为减函数，
，，
，解得.
【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求函数解析式，以及由函数单调性与奇偶性解不等式，熟记函数奇偶性与单调性的概念即可，属于常考题型.
21. 已知二次函数满足，且.
（1）求函数的解析式;
（2）令，求在上的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意结合待定系数法运算即可得解；
（2）由二次函数的性质按照、、分类，运算即可得解.
【详解】（1）设，
则，
，解得，，
又，，
；
（2）由题意，，对称轴，
当时，函数在上单调递增，则；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
则；
当时，函数在上单调递减，则；
.
22. 已知函数对于任意实数恒有，且当时，，又．
（1）判断的奇偶性并证明；
（2）求在区间的最小值；
（3）解关于的不等式：．
【答案】（1）为奇函数，证明见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】(1)令,得，再令，结合奇偶性定义可证；
(2)先证明单调性，利用单调性求解即可；
(3)先化为，再利用单调性转化为，最后根据含参二次不等式的分类讨论求解即可.
【小问1详解】
为奇函数，理由如下：
函数的定义域为，关于原点对称，
令得，解得，
令得所以对任意恒成立，所以为奇函数，
【小问2详解】
任取，且，则.因当时，，所以.
，即，所以在上单调递增，
所以在区间的最小值为，
因为，令得，
令，得，
在区间的最小值为，
【小问3详解】
由，
得，
由得，
由在上单调递增得整理得，即，
当时，，解得；当时，，
当时，，，解集为，
当时，，
当时，，解集为，
当时，，解集为，
当时，，解集为，
综上所述：当时，解集；当时，解集为；
当时，解集为；当时，解集为；
当时，解集为．
【点睛】关键点睛：这道题的关键之处为第（3）问，需要对含参的二次函数进行分类讨论，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．