2023-2024学年福建省三明市四地四校高一上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省三明市四地四校高一上学期期中联考数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，作图题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列元素与集合的关系中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据元素与集合的关系、常见数集的定义判断即可.
【详解】表示全体实数组成的集合，则，故A错误；
表示全体有理数组成的集合，则，故B错误；
表示全体正整数组成的集合，则，故C正确；
表示全体自然数组成的集合，则，故D错误.
故选：C.
2．幂函数的图象过点,则该幂函数的解析式为
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】试题分析：设幂函数为
【解析】幂函数
3．命题“”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】先解方程，再利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】由，解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
4．命题的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】存在量词（特称）命题的否定是全称量词命题.
【详解】由命题“”是存在量词命题，
则它的否定是全称量词命题：.
故选：A.
5．下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）.
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【解析】分别判断四个选项中每两个函数的定义域和对应关系是否相同，即可得正确选项.
【详解】对于A选项：因为的定义域为，而的定义域为，
所以与的定义域不同，故与不是同一个函数，故选项A错误.
对于B选项：因为的定义域为，而的定义域为，所以与的定义域不同，故与不是同一个函数，故选项B错误.
对于C选项：因为的定义域为，而的定义域为，所以与的定义域不同，故与不是同一个函数，故选项C错误.
对于D选项：因为的定义域为，值域为，而的定义域为，值域为，与表示的是同一个函数，故选项D正确.
故选：D.
6．己知，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】由不等式性质可判断选项A，B，C；取特殊值可判断选项D.
【详解】对于选项A：当时，若，由不等式性质可知，故选项A 错误；
对于选项B：由不等式性质可知若，则成立，故选项B正确；
对于选项C：当时，若，由不等式性质可知，故选项C错误；
对于选项D：当时，，故选项D错误.
故选：B
7．我国著名的数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，则函数的图象的形状大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论的取值范围，利用二次函数的性质即可得解.
【详解】对于，
当时，，由二次函数的性质可知其单调递增，排除AB；
当时，，由二次函数的性质可知其单调递增，排除D；
而C选项满足上述条件.
故选：C.
8．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】B
【解析】根据题意知、2为方程的解且，根据韦达定理用a表示b、c，代入所求不等式，进一步化简可得，解不等式即可.
【详解】根据题意知、2为方程的解且，
所以，
代入不等式得，
又，所以，解得或.
故选：B
【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
二、多选题
9．设，若，则实数a的值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】ABD
【分析】分、两种情况讨论，分别确定集合，即可求出参数的值.
【详解】因为，且，
当时，，符合题意；
当时，，又，所以或，解得或，
综上，或或.
故选：ABD
10．下列函数中最小值为2的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据基本不等式即可判断ABC，根据二次函数的性质即可判断D.
【详解】解：对于A，当时，，故A不符题意；
对于B，，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为2，故B符合题意；
对于C，，
当且仅当，即时取等号，
又因为，所以，故C不符题意；
对于D，，
当时，函数取得最小值2，故D符合题意.
故选：BD.
11．函数的图象如图，则（ ）

A．
B．函数的定义域为
C．函数的值域为
D．对于任意的，都有唯一的自变量x与之对应
【答案】ACD
【分析】根据函数的图像找到对应的定义域、值域和函数值.
【详解】由图像可知，当时，，所以，A对；
由图像可知，定义域为；值域为；B错、C对；
当时，只有时才有对应的与之对应，D对.
故选：ACD
12．己知是定义在的奇函数，且时，，则下列结论正确的是（ ）
A．增区间为和B．有3个根
C．的解集为D．时，
【答案】ABC
【分析】根据函数的奇偶性结合条件可得函数的解析式判断D，解方程可判断B，根据二次函数的性质可判断A，解不等式可判断C.
【详解】由是定义在的奇函数知，
当时，，所以，D错误；
由上可知，由可得或或，故B正确；
由，时，的对称轴为，
时，的对称轴为，
结合二次函数的性质知在和上均单调递增，故A正确；
由，可得或，解得或，故C正确．
故选：ABC．
三、填空题
13．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】根据题意列关于的不等式组即可求解.
【详解】由题要使得有意义，则，
故且，
从而的定义域为，
故答案为：.
14．计算： ．
【答案】
【解析】利用指数的运算性质可求得所求代数式的值.
【详解】
．
故答案为：.
15．若函数为奇函数，则实数a的值为 ．
【答案】5
【分析】根据奇函数的定义求解．
【详解】由题意，即，
所以恒成立，所以，即．
故答案为：5.
16．用4米长的铝合金条做一个“日”字形的窗户，要使窗户透过的光线最多，窗户的长与宽之比为 ．
【答案】
【分析】设出窗户的长，再根据已知表示出宽，算出面积，结合基本不等式求出最值即可.
【详解】设窗户的长为米，则宽为米，面积为.
则，
当且仅当时，即米时，窗户面积最大，透过的光线最多，此时，宽为；
所以窗户的长与宽之比为.
故答案为：
四、解答题
17．己知集合．
(1)求;
(2)若，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用集合的交集运算即可得解；
（2）利用集合包含关系列得关于的不等式组，从而得解.
【详解】（1）因为，
所以.
（2）因为，
所以当时，有，则，
所以.
18．己知函数．
(1)当时，解不等式;
(2)若不等式的解集为R，求实数a的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）不等式变形，使得二次项系数为正，确定相应方程的根后可得不等式的解；
（2）由可得．
【详解】（1）当时，即
，
解方程，即
得．
∴不等式的解集为或；
（2）若不等式的解集是R，
则，
解得，
故实数a的取值范围是．
五、作图题
19．已知函数．
(1)请在给定的坐标系中画出此函数的图象；
(2)写出此函数的定义域及单调区间，并写出值域．
【答案】(1)图象见解析
(2)定义域为R，增区间为，减区间为、和，值域为
【分析】(1)结合的解析式作图即可；(2)结合解析式和(1)中图像即可求解.
【详解】（1）图象如图所示：
（2）由的解析式可知，定义域为R，
由(1)中图像可知，增区间为，减区间为、和，值域为．
六、解答题
20．（1）已知，求的最小值；
（2）已知x，y是正实数，且，求的最小值.
【答案】（1）8；（2）9
【分析】（1）对函数解析式变形，利用基本不等式求解最值即可；
（2）利用基本不等式中常数代换技巧求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
由基本不等式可得：，
当且仅当即时取到最小值8.
（2）因为，所以，
当且仅当时，即时，取到最小值9.
七、应用题
21．某公司生产某种产品每年需要固定投资40万元，此外每生产1件该产品还需要额外增加投资1万元，已知年销售总收入R（单位：万元）关于年产量（单位：件）满足函数：，记该公司生产并销售这种产品所得的年利润为y万元．（年利润=年销售总收入-年总投资）．
(1)求y（万元）关于x（件）的函数关系式；
(2)该公司的年产量为多少件时，所得年利润最大？并求出最大值．
【答案】(1)
(2)12，104万元
【分析】（1）根据已知条件，分当时和当时两种情况，分别求出年利润的表达式，综合可得答案；
（2）根据（1）中函数的解析式，求出最大值及取最大值时对应的的值即可．
【详解】（1）当时，，
当时，，
故.
（2）当时，，
当时，，
又时，，所以，当时，，
又，所以，年产量为12件时，取得最大年利润104万元.
八、证明题
22．已知函数
(1)判断函数的奇偶性，并加以证明；
(2)证明：函数在上是减函数；
(3)解关于x的不等式．
【答案】(1)偶函数，证明见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）利用奇偶函数的判断方法即可得出结果；
（2）利用证明函数单调性的方法即可得出结果；
（3）利用单调性和奇偶性，将不等式转化成，即可求出结果.
【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数.
（2）设，且
则
因为，且，所以，，
又，，所以，即，
所以，在上是减函数．
（3）由，得，
又因为是偶函数，所以，得到
又因为，且在上为减函数，
所以，即，即，
解得，或，
所以，不等式的解集是或.