甘肃省兰州市教育局第四片区联考2023-2024学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份甘肃省兰州市教育局第四片区联考2023-2024学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

说明：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟，答案写在答题卡上.
第I卷（选择题共60分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知全集,集合,,则集合( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用集合的基本运算求解即可.
【详解】全集,集合,
则集合,且
所以集合.
故选：C
2. 命题“，使”的否定是（ ）
A. ，使B. 不存在，使
C. ，使D. ，使
【答案】A
【解析】
【分析】根据特称命题的否定为全称命题判断即可.
【详解】命题“，使”的否定是“，使”.
故选：A
3. 函数的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据偶次根式下不小于0，分式的分母不为0列出不等式组，解出即可.
【详解】要使函数有意义，
需满足，解得且，
即函数的定义域为，
故选：B.
4. 若，则取最小值时的是（ ）
A. 8B. 3 或C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本不等式等号成立的条件即可求得答案.
【详解】由题意，则，
当且仅当，即时取等号，
即取最小值时的是3，
故选：D
5. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】求出不等式的解集，再根据充分不必要条件的判定方法，即可作出判定.
【详解】由不等式可知，解得，
又集合，
则，所以不等式“”是“”的充分不必要条件，故选A.
【点睛】本题主要考查了不等式的求解，以及充分不必要条件的判定，其中解答中熟记充分不必要条件的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
6. 设函数f(x)＝则f(f(3))＝( )
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】,
,故选D.
7. 函数g(x)＝x2－4x＋3在区间(1,4]上的值域是( )
A. [－1，＋∞)B. [0,3]
C. (－1,3]D. [－1,3]
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：二次函数对称轴为，所以值域为[－1,3]
考点：二次函数单调性与最值
8. 若函数在区间上是减函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的对称轴得到不等式，求出答案.
【详解】的对称轴为，
要想函数在区间上是减函数，则，
解得，
故选：D
二、多项选择题：（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. 对于任意实数x，不等式恒成立，则实数a的取值可能是（ ）
A. -2B. 0C. 2D. 4
【答案】BC
【解析】
【分析】由于二次项系数的符号不定，故先对二次项系数分和两种情况进行讨论, 再解不等式组求出实数a的范围.
【详解】当，即时，不等式恒成立，故符合题意；
当，即时，不等式的解集为R，
则，即，解得.
综上所述，实数的取值范围.
故选：BC.
10. 若集合，，且，则m的值可能为（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据的取值，求出集合，再由得，由子集概念可得值．
【详解】集合，
当时，，当时，
因为，所以，所以或，即或或0．
故选：ABD．
【点睛】本题考查集合的包含关系，考查集合的并集与子集的关系，解题中一定掌握空集是任何集合的子集这个概念．
11. 若，化简的结果可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】将分式方程化为整式方程，结合解一元二次不等式求得x的范围，根据根式的化简可得答案.
【详解】由题意知，即，即，
故或，
则
，
故选：AC
12. 已知函数（指不超过的最大整数），下列说法正确的是（ ）
A. B. 为增函数
C. 为奇函数D. 的值域为
【答案】AD
【解析】
【分析】
AD项可用指不超过的最大整数的定义解释.可分析为整数时和不为整数时的情况得到答案，BC两项可用取特值的方法否定
【详解】A. ①因为指不超过的最大整数，故，当且仅当为整数的时候取等号.
② 当为整数时，成立.
当不为整数时，设，则由指不超过的最大整数可知，
故，故A对
B. ，，故不是增函数，B错
C. ，，不是互为相反数，C错
D. 由A项分析可知，设，则
故，故D对
故选：AD
【点睛】本题是考查新定义函数性质. “新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
第II卷（非选择题共90分）
三、填空题（每小题5分，满分20分）
13 已知集合，则_______ .
【答案】
【解析】
【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】因为集合，
故,
故答案为:
14. 已知函数是奇函数.则实数a的值为_________ .
【答案】1
【解析】
【分析】根据定义域取消绝对值，再利用求的值.
【详解】因为，所以，解得，所以的定义域为.
在内，，所以，即.
因为为奇函数，所以，即，化简得.
故答案为：1.
15. 已知是一次函数，若，则的解析式为________.
【答案】或
【解析】
【分析】设出函数的解析式，利用待定系数法求解即得.
【详解】依题意，设，于是，
而，因此，解得或，
所以的解析式为或.
故答案为：或
16. 设A是整数集的一个非空子集，对于，若，且，则称k是A的一个“孤立元”.给定集合，在由S的三个元素构成的所有集合中，不含“孤立元”的集合个数为________ .
【答案】6
【解析】
【分析】根据“孤立元”定义，用列举法写出不含“孤立元”的集合即可得到答案.
【详解】依题意可知，没有与之相邻的元素是“孤立元”，因而无“孤立元”是指在集合中有与k相邻的元素．
因此，符合题意的集合是：，，，，，共6个.
故答案为：6.
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. 已知集合.若，求a的值.
【答案】或5
【解析】
【分析】利用条件得，再列方程并检验即可得到a的值.
【详解】解：因为所以，
故或，
即或.
检验可知，当且仅当或时，，满足题意.
故a的值为或5.
18. 已知函数.
（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）
（2）
【解析】
【分析】（1）解一元二次不等式，即可得答案；
（2）根据不等式解集为R，结合判别式可得关于a的不等式，即可求得答案.
【小问1详解】
当时，即，
解得，
即的解集为；
【小问2详解】
不等式即的解集为R，
则，即.
19. 已知集合A＝{y|y＝x2－3x＋1，x∈R}，B＝{x|x＋2m≥0}；命题p：x∈A，命题q：x∈B，并且q是p的必要条件，求实数m的取值范围．
【答案】.
【解析】
【分析】由已知求得集合A、B，根据命题与集合的关系，以及q是p的必要条件有A⊆B，从而求得m的范围
【详解】由A＝{y|y＝x2－3x＋1，x∈R}，B＝{x|x＋2m≥0}可得
∵q是p的必要条件
∴p⇒q，即A⊆B
∴，即，
m的取值范围是
【点睛】本题考查了必要条件，根据命题与集合的关系，确定集合间的包含关系求参数范围
20. 已知，关于x的不等式的解集为．
（1）求m，n值；
（2）正实数a，b满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）18
【解析】
【分析】（1）根据不等式的解集，利用基本不等式即可求解.
（2）先计算的值，再利用基本不等式求的最小值.
【小问1详解】
根据题意，不等式的解集为，
即方程的两根为和10，
由韦达定理得，解得，
故.
【小问2详解】
正实数a，b满足，即，
所以
当且仅当,即时等号成立.
故的最小值为18．
21. 已知是定义在R上的偶函数，且当时，.
（1）求的解析式；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的定义以及已知的解析式，求解即可；
（2）利用偶函数的定义将不等式变形，然后利用单调性求解不等式即可.
【小问1详解】
当时，，
，
所以；
【小问2详解】
当时，，
因此当时，该函数单调递增，
因为是定义在R上的偶函数，且当时，该函数单调递增，
所以由等价于，
所以，
因此，
即，解得或，
所以实数的取值范围是或.
22. 已知函数对一切实数，都有成立，且．
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）已知，设：当时，不等式恒成立；：在上单调．如果使成立的a的集合记为，使成立的a的集合记为，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用特殊值法，令、，根据题设条件运算即可得解.
（2）利用特殊值法，令，根据题设条件和（1）中结果运算即可得解.
（3）利用一元二次不等式的解法、一元二次函数的图象与性质、分离常数法、集合的运算分析运算即可得解.
【小问1详解】
解：∵对一切实数，都有，，
∴令、，得，解得：.
【小问2详解】
解：∵对一切实数，都有，
∴令，得，
又∵由（1）知，
∴，.
【小问3详解】
解：（i）当时，不等式恒成立，即恒成立，
令，对称轴为，
∴当时，是减函数，则，
∴由可得，即.
（ii），对称轴为，
∵在上单调，
∴或，解得：或，
即，
∴，
∴.