广东省茂名市信宜市2023-2024学年高一上学期期中数学试题（解析版）

2023—2024学年度第一学期期中考试高一数学本试卷共6页，22小题，满分150分.考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡指定的位置上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案涂黑；如需改动，擦干净后，再选涂其它答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；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.4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，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】A【解析】【分析】根据全称命题的否定为特称命题，即可求解.【详解】命题“，”的否定是“,”,故选：A2.下列不等式中成立的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】B【解析】【分析】A，如时，，所以该选项错误；BCD，利用作差法比较大小分析得解.【详解】A.若，则错误，如时，，所以该选项错误；更多优质支援请嘉威鑫MXSJ663B.若，则，所以该选项正确；C.若，则，所以该选项错误；D.若，则，所以该选项错误.故选：B3.“”是“，”的（）A.充分不必要条件 B.既不充分也不必要条件C.充要条件 D.必要不充分条件【答案】D【解析】【分析】根据充分性和必要性判断即可.【详解】，则，或，；，，则，所以是，的必要不充分条件.故选：D.4.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分析可得，由此可得出结论.【详解】任取，则，其中，所以，，故，因此，.故选：C.5.下列四组函数中，与表示同一个函数的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】分别判断两个函数的定义域和对应关系是否相同，即可对选项一一判断是否为同一函数．【详解】对于A，与的定义域均为，与的对应关系不同，故不是同一个函数；对于B，的定义域为，的定义域为，与的定义域不同，故不是同一个函数；对于C，的定义域为，的定义域为，与的定义域不同，故不是同一个函数；对于D，与的定义域均为，与的对应关系相同，故是同一个函数.故选：D.6.已知函数在上具有单调性，则实数取值范围为A. B.C D.【答案】D【解析】【分析】根据二次函数性质得对称轴与区间位置关系，解不等式得结果.【详解】因为函数在上具有单调性，所以或，即得以或，选D.【点睛】本题考查二次函数单调性性质，考查基本分析求解能力，属基础题.7.某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳，60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（）A.62% B.56%C46% D.42%【答案】C【解析】【分析】由容斥原理即可得解..【详解】由题意，该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为.故选：C.8.关于的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为；丁：该方程两根异号．如果只有一个假命题，则该命题是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】A【解析】【分析】对甲、乙、丙、丁分别是假命题进行分类讨论，分析各种情况下方程的两根，进而可得出结论.【详解】若甲是假命题，则乙丙丁是真命题，则关于的方程的一根为，由于两根之和为，则该方程的另一根为，两根异号，合乎题意；若乙是假命题，则甲丙丁是真命题，则是方程的一根，由于两根之和为，则另一根也为，两根同号，不合乎题意；若丙是假命题，则甲乙丁是真命题，则关于的方程的两根为和，两根同号，不合乎题意；若丁是假命题，则甲乙丙是真命题，则关于方程的两根为和，两根之和为，不合乎题意.综上所述，甲命题为假命题.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查命题真假的判断，解题的关键就是对甲、乙、丙、丁分别是假命题进行分类讨论，结合已知条件求出方程的两根，再结合各命题的真假进行判断.二、多选题：本大题共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.已知集合，则以下正确的有（）A. B.C. D.集合A的真子集个数为4【答案】AC【解析】【分析】根据条件，先求出集合，再对各个选项逐一分析判断即可得到结果.【详解】由，得到，所以，则选项A正确；对于选项B，因为集合与集合间的关系是包含关系，所以选项B错误；对于选项C，因为是任何集合的子集，所以选项C正确；对于选项D，因为，集合含2个元素，故集合A的真子集个数为，所以选项D错误.故选：AC.10.定义在上的偶函数在上的图象如下图，下列说法不正确的是（）A.仅有一个单调增区间B.有两个单调减区间C.在其定义域内的最大值是5D.在其定义域内的最小值是-5【答案】ABD【解析】【分析】补齐函数图象，观察即可判断.【详解】因为是定义在的偶函数，所以其图象如下图：由图知：在上单调递增，在上单调递减，A，B错误；，C正确；由图无法知晓其最小值，D错误.故选：ABD11.正数，满足，则（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式及其性质可判断各选项.【详解】A选项：由，则，当且仅当时等号成立，A选项正确；B选项：由，则，当且仅当时等号成立，B选项错误；C选项：，所以，即，当且仅当时等号成立，C选项正确；D选项：，又，所以，当且仅当，即，时等号成立，D选项正确；故选：ACD.12.定义在正有理数集合上的函数具有以下性质：①对于所有的正有理数a和b，；②对于每一个质数，.则以下正确的是（）A. B.C D.【答案】ABC【解析】【分析】根据题设所给条件，对各个选项逐一分析判断即可求出结果.【详解】对于选项A，因为是质数，由题知，，所以选项A正确；对于选项B，对于所有的正有理数a和b，有，故取，得到，即，所以选项B正确；对于选项C，令，得到，得到，故，所以选项C正确；对于选项D，由选项C知，，所以选项D错误，故选：ABC.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.不等式的解集是________.【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法计算即可.【详解】由，即，即，即，所以不等式的解集是.故答案为：.14.函数的定义域为____．【答案】【解析】【分析】根据解析式，列出不等式，求出使解析式有意义的自变量的范围即可.【详解】因为，所以，则，即函数的定义域为.故答案为：.15.若函数满足以下三个条件：①定义域为且是增函数；②；③只有1个解.请写出一个符合要求的函数.________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意写出满足条件的函数即可.【详解】由题意，函数定义域为，是增函数，且为奇函数，只有一个零点，则可取（答案不唯一）.故答案为：（答案不唯一）.16.实数x，y满足，则________.【答案】2【解析】【分析】将方程组中的方程，形式化成相同，构造函数，确定函数为单调递增函数，即可求得结论．【详解】方程组可化为设，由于均为单调递增函数，所以函数为单调递增函数,故答案为：2四、解答题：本大题共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，，求，，【答案】，，【解析】【详解】，，，，，或，或．18.已知不等式的解集为,集合，集合.（1）求b和c的值：（2）若，求实数m的取值范围.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式的解与一元二次方程的根的关系，由根与系数的关系即可求解，（2）根据一元二次不等式化简集合，即可根据子集关系，分情况求解即可.【小问1详解】由于不等式的解集为，所以是方程的两个实数根，故且，所以，【小问2详解】，由可得,当时，则，解得，当时，，解得，综上可知：或19.已知函数.（1）当时，判断函数在上的单调性，并用定义证明：（2）讨论函数在上的单调性.【答案】（1）函数在上单调递增，证明见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意，利用函数单调性的定义和判定方法，即可求解；（2）根据题意，分和，两种情况，结合函数单调性的定义和判定方法，即可求解.【小问1详解】解：当时，函数在上单调递增.证明如下：任取且，则，因为且，可得，所以，即，所以函数在上单调递增.【小问2详解】解：由函数，任取，且，可得，若时，可得，所以，即，所以函数在上为单调递增函数；若时，当时，可得，可得，即，所以函数在上为单调递减函数；当时，可得，可得，即，所以函数在上为单调递增函数.综上可得，当时，在上为单调递增函数；当时，在上单调递减，在上单调递增.20.一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费（单位：元）与仓库到车站的距离（单位：）成反比，每月库存货物费（单位：元）与成正比；若在距离车站处建仓库，则和分别为2万元和8万元.（1）写出函数，的函数解析式：（2）这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和（）最小？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接设出，根据题设条件可求出，，再根据实际问题知，即可求出结果；（2）由（1）知，，再利用基本不等式即可求出结果.【小问1详解】由题可设，又在距离车站处建仓库，则和分别为2万元和8万元，所以，得到，，得到，又由实际问题知，故.【小问2详解】由（1）知，当且仅当，即千米时，取等号，所以这家公司应该把仓库建在距离车站千米处，才能使两项费用之和（）最小.21.已知函数，且．（1）求的值；（2）当时，求的值域；（3）解不等式：．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由题可得，即求；（2）分段求值域，再求并集即得；（3）分情况讨论，转化为不等式组，最后求并集即得.【小问1详解】∵，∴解得，∴，∴【小问2详解】当时，当时，，故时，的值域为.【小问3详解】∵，∴当时，不等式可化为，即，由，解得，当时，不等式可化为即，由，解得，当时，不等式可化为即，由，解得，综上所述，不等式的解集为.22.设