广东省阳江市2023-2024学年高一上学期期中数学试题

）2023-2024学年度第一学期高一期中测试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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，将试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的运算可得.【详解】因为，所以，又因为，所以．故选：B2.设，，，为实数，且，则下列不等式正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】举反例可判断选项A、B、C错误；利用作差法证明选项D正确．【详解】当，，时，，故选项A错误；当，，，时，，故选项B错误；当，，，时，，故选项C错误；因为，所以，故，D选项正确．故选：D．3.当，，且满足时，有恒成立，则k的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式及一元二次不等式的解法计算即可.【详解】由题意可知，当且仅当，即时取得等号，故，即A正确；故选：A4.已知，，且，则的最小值是（）A.1 B. C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】根据已知等式，结合基本不等式进行求解即可.【详解】因为，所以，因为，，所以当且仅当，即时，等号成立．故选：D．5.下列不等式中，解集为R的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用不等式性质判断A，利用特殊值判断BC，由判别式判断D．【详解】选项A，，且，所以恒成立，A满足题意；选项B，时，，B不符合题意；选项C，时，，C不符合题意；选项D，，因此不等式的解集不是R，不符合题意；故选：A．6.函数的定义域为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用根式和分式有意义即可求解.【详解】要使有意义，只需要，解得且，所以的定义域为.故选：D.7.函数，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】由解析式代入计算函数值即可.【详解】设，得，则.故选：A.8.已知幂函数的图象过点，则（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据待定系数法求解，即可代入求解.【详解】设，则，所以，故，故选：C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.设，，若，则实数的值可以为（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用一元二次方程的解法、集合间的运算及关系运算分析即可得解.【详解】解：由题意，集合，由可得，则或或或，当时，满足即可；当时，需满足，解得：；当时，需满足，解得：；因为时有且只有一个根，所以.所以的值可以为.故选：ABD.10.已知，，且，则（）A. B. C. D.【答案】ABCD【解析】【分析】根据二次函数、基本不等式等知识求得正确答案.【详解】依题意，，，且，A选项，，，当时等号成立，所以A选项正确.B选项，，，当且仅当，时等号成立，所以B选项正确.C选项，，当且仅当，时等号成立，所以C选项正确.D选项，由于，所以由基本不等式得，所以D选项正确.故选：ABCD11.若，均为正数，且，则下列结论正确的是（）A.的最大值为 B.的最小值为9C.的最小值为 D.的最小值为4【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式“1”妙用与逐项判断即可.【详解】因为，均为正数，且，所以，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以A错误；，当且仅当，即时，等号成立，所以B正确；，当且仅当，即，时，等号成立，所以C正确；，当且仅当，即，时，等号成立，而，均为正数，故等号不成立，所以D错误.故选：BC.12.函数的定义域为，已知是奇函数，，当时，，则下列各选项正确的是（）A. B.在单调递增 C. D.【答案】AC【解析】【分析】由题设得且关于中心对称，求得，进而求参数a判断区间单调性，再由证得是的一个周期，根据周期性求.【详解】∵是奇函数，则，∴，故C正确；又，故，所以，即是的一个周期，故A正确；由关于中心对称，即函数在上的单调性与上的单调性一致，由，则时，，此时函数单调递减，即B错误；由上知：，故D错误.故选：AC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，若，则______.【答案】【解析】【分析】由交集定义分类讨论可得答案.【详解】因为集合，，则，所以或，则或或，当时，集合，集合，此时，符合题意；当时，集合，集合，此时，不合题意；当时，集合，集合，此时，不合题意；所以.故答案为：14.若“”是“”充分条件，则实数的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】由充分条件定义直接求解即可.【详解】“”是“”的充分条件，，，即实数的取值范围为.故答案为：.15.已知，则的最大值为______．【答案】1【解析】【分析】根据基本不等式即可求出的最大值.【详解】由题意，在中，，当且仅当时取等号，即，故答案为：.16.设函数则__________.【答案】1【解析】【分析】分段函数求值，根据自变量的取值范围代入相应的对应关系.【详解】当时，，则.故答案为：1四、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.已知全集U=R，集合，.（1）当时，求；（2）若，求实数m的取值范围.【答案】（1）或，（2）【解析】【分析】（1）先求，再求其补集即可；（2）按照集合B是否为空集分类讨论，建立不等式求解即可.【小问1详解】当时，.又因为集合，所以，所以或.【小问2详解】当时，，即，这时.当时，有，解得.综上，实数m的取值范围为.18.已知函数.（1）若，试讨论不等式的解集；（2）若对于任意，恒成立，求参数取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）利用含参一元二次不等式的解法分类讨论求解；（2）利用分离参变量的方法求解.【小问1详解】若不等式，即，①当时，不等式，解得，该不等式的解集为；②当时，因式分解可得，因为，不等式可变为，（i）当即时，不等式的解集为；（ii）当即时，不等式的解集为；（iii）当即时，不等式的解集为；综上所述：当时，该不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.【小问2详解】对于，恒成立，化简得在上恒成立，设，该函数是开口向上的二次函数，对称轴，所以在上单调递增，，所以，则的取值范围为.19.已知二次函数.（1）若的解集为，解关于的不等武；（2）若不等式对恒成立，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据的解求得的关系式，再解一元二次不等式求得正确答案.（2）根据判别式列不等式，利用基本不等式求得正确答案.【小问1详解】由于的解集为，所以，则，所以不等式可化为，，解得，所以不等武的解集为.【小问2详解】依题意，不等式对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，显然，所以，即，则，则，若，则，此时.所以，则，所以，所以，则，当且仅当时等号成立，所以的最大值为.20.已知.（1）若不等式的解集为，求实数、的值；（2）若时，对于任意的实数，都有，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）本题首先可根据题意得出方程的两根为、，然后通过计算并检验即可得出结果；（2）本题首先可根据得出，然后结合题意得出对于任意的实数都有，最后令，分为、、三种情况进行讨论，即可得出结果.【小问1详解】因为的解集为，，所以方程的两根为、，故，解得，经检验：当、时，不等式的解集为.【小问2详解】当时，，对于任意的实数，都有，即对于任意的实数，都有，令，当时，恒成立；当时，函数是增函数，即，解得；当时，函数是减函数，即，解得，综上所述，，的取值范围为.21.港珠澳大桥通车后，经常往来于珠港澳三地的刘先生采用自驾出行.某次出行，刘先生全程需要加两次油，由于燃油的价格有升也有降，现刘先生有两种加油方案，第一种方案：每次均加30升的燃油；第二种方案，每次加200元的燃油.（1）若第一次加油时燃油的价格为5元/升，第二次加油时燃油的价格为4元/升，请计算出每种加油方案的平均价格（平均价格总价格总升数）；（2）分别用m，n（）表示刘先生先后两次加油时燃油的价格，请计算出每种加油方案的平均价格，选择哪种加油方案比较经济划算？并给出证明.【答案】（1）方案一元升；方案二元升（2）方案二比较经济划算，证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，由平均价格的计算公式，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由平均价格的计算公式，代入计算，然后作差，即可得到结果.【小问1详解】第一种方案，两次加油共花费元，两次共加了升燃油，所以平均价格为元升；第二种方案，两次加油共花费元，两次共加了升燃油，所以平均价格为元升；【小问2详解】由题意可得，第一种方案，两次加油共花费元，两次共加了升燃油，所以平均价格为元升；第二种方案，两次加油共花费元，两次共加了升燃油，所以平均价格为元升；且，所以选择第二种加油方案比较经济划算.22.设，，函数.（1）求关于的不等式解集；（2）若在上的最小值为，求的