2023-2024学年青海省西宁市海湖中学高一上学期第一阶段学情考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年青海省西宁市海湖中学高一上学期第一阶段学情考试数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，作图题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解方程求得集合，由并集定义可得结果.
【详解】，，
.
故选：D.
2．已知是由0，，个元素组成的集合，且，则实数为（ ）
A．2B．3C．0或3D．0，2，3均可
【答案】B
【分析】由题意可知或，求出再检验即可．
【详解】因为，所以或．
当时，，不合题意，舍去；
当时，或，但不合题意，舍去．
综上可知，．
故选：B．
3．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可得答案．
【详解】根据全称量词命题的否定是存在量词命题可知：
命题“”的否定是：．
故选：B．
4．下列函数中是奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据二次函数的性质可判断A，D；根据函数奇偶性定义判断B，D.
【详解】对于A，二次函数图象关于直线对称，不关于原点对称，A错误；
对于B，是偶函数，不是奇函数；
对于C，设，定义域为，且，
即为奇函数；
对于D，二次函数关于直线对称，不关于原点对称，D错误；
故选：C
5．若，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】C
【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
6．不等式的解集为（ ）
A．{或}B．
C．或D．
【答案】A
【分析】原不等式可化为，直接求解即可．
【详解】原不等式可化为，即，解得{或}，
故原不等式的解集为{或}．
故选：A．
7．若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】D
【分析】根据题意，将变形可得，由基本不等式的性质可得的最小值为2，由题意得，解不等式即可得答案．
【详解】根据题意，两个正实数x，y满足，变形可得，即，
则，
当且仅当时等号成立，则的最小值为2，
若不等式有解，则，可得或，
即实数m的取值范围是．
故选：D．
8．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．与的关系不确定
【答案】B
【分析】整数分为奇数和偶数，由此可得答案．
【详解】解：∵，
且，
k+2是整数，2k+1是奇数
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查集合间的基本关系，属于基础题．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据元素与集合之间以及集合之间的关系可判断A、B项；根据子集的概念可判断C项；根据的含义可判断D项.
【详解】因为2是中的元素，A项正确；
“”表示的是元素与集合之间的关系，而不能表示集合与集合之间的关系，B项错误；
因为，，根据子集的概念知，C项正确；
是任何集合的子集，D项正确.
故选：ACD.
10．下面命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】CD
【分析】利用特殊值判断A、B，利用不等式的性质判断C、D.
【详解】对于A：当时，故A错误；
对于B：取，则，故B错误；
对于C：由，则，，所以，故C正确；
对于D：由，所以，所以，故D正确.
故选：CD
11．下列结论正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．设，则“”是“”的必要不充分条件
C．“a，b都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件
D．“且”是“且”的充分不必要条件
【答案】BCD
【分析】根据不等式的性质可判断A和D；由集合之间的包含关系可判断B；由数的奇偶性可判断C．
【详解】对于A：由“”不能推出“，不满足充分性，由“”可得“”，满足必要性，
所以“”是“”的必要不充分条件，故A错误；
对于B：由得，则“”可以推导“”，但“”不能推导“”，
所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；
对于C：由“，都是偶数”可以得到“是偶数”，但当“是偶数”时，，可能都是奇数，
所以“，都是偶数”是“是偶数”的充分不必要条件，故C正确；
对于D：由“且”推导“且”，而而“且”，取，，不满足“且”，
所以“，且”是“且”的充分不必要条件，故D正确.
故选：BCD．
12．下列四组函数中，表示同一函数的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】BC
【分析】根据定义域和对应关系判断即可.
【详解】对于A，定义域分别为R和，所以不是同一函数，故A错；
对于B，定义域都为R，对应关系都可写为，所以是同一函数，故B正确；
对于C，定义域都为R，可写为，是同一函数，故C正确；
对于D，定义域分别为R和，不是同一函数，故D错.
故选：BC.
三、填空题
13．设，为的子集，则集合的个数 .
【答案】
【分析】利用集合子集的计算公式求解即可.
【详解】因为中有个元素，
所以集合的子集共有个.
故答案为：.
14．已知函数，若f（m）＝4，则m＝ ．
【答案】2
【分析】根据题意，由函数的解析式，分情况代入函数解析式，解可得m的值.
【详解】根据题意，函数，若，
则有 或，
解可得：m＝2；
故答案为：2．
15．已知全集，，，指出Venn图中阴影部分表示的集合是 .
.
【答案】
【分析】根据集合的运算求得，可得，结合Venn图中阴影部分表示的集合为，即可得答案.
【详解】由于全集，，，
故，
则，
故Venn图中阴影部分表示的集合为，
故答案为：
16．已知，且p是q的必要不充分条件，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】设满足p，q的x的集合分别为A，B，已知条件转化为，根据集合间的关系列式可解得结果．
【详解】设．
p是q的必要不充分条件，所以．
（两个等号不能同时取到），解得．
故答案为：．
四、问答题
17．设全集，集合，集合.
(1)当时，求及，；
(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）代入化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解；
（2）由充分条件的性质推得，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】（1）当时，，
又，，则或，
所以，，.
（2）若“”是“”的充分条件，则，
所以，解得.
所以实数的取值范围为.
五、作图题
18．已知函数，.
(1)求 ；
(2)画出函数的图象；
(3)写出函数的单调区间和值域（无需证明）.
【答案】(1)4
(2)图象见解析
(3)单调递减区间为和；单调递增区间为和，值域为.
【分析】（1）先求得的值，即可求得的值；
（2）利用函数解析式即可作出其图象；
（3）根据函数图象，数形结合，可得单调区间以及函数值域.
【详解】（1）由题意得；
（2）因为
所以画出的图象如图：

（3）由，得函数的两个零点为－1和3，对称轴为
由图可知函数的单调递减区间为和；
单调递增区间为和，值域为.
六、解答题
19．已知f（x）是二次函数，f（0）＝f（5）＝0，且f（﹣1）＝12
（1）求f（x）的解析式；
（2）求f（x）在[0，m]的最小值g（m）.
【答案】（1）f（x）＝2x2﹣10x；（2）
【分析】（1）因为是二次函数，且，所以可设，代入，可求得，从而求出解析式；
（2）分两种情况考虑，当时，的最小值；当时，的最小值为.
【详解】（1）∵是二次函数，且，
∴设， 又∵，得，
∴．
（2）由（1）知，的对称轴为
当时，在区间上单调递减，∴的最小值，
当时，在区间单调递减，在区间上单调递增，∴的最小值为，
综上所述：．
【点睛】本题主要考查二次函数在动区间的最值问题，分类讨论是解决本题的关键.
20．为持续推进“改善农村人居环境，建设宜居美丽乡村”，某村委计划在该村广场旁一矩形空地进行绿化.如图所示，两块完全相同的长方形种植绿草坪，草坪周围（斜线部分）均摆满宽度相同的花，已知两块绿草坪的面积均为400平方米.
（1）若矩形草坪的长比宽至少多9米，求草坪宽的最大值；
（2）若草坪四周及中间的花坛宽度均为2米，求整个绿化面积的最小值.
【答案】（1）最大值为16米；（2）最小值为平方米.
【分析】（1）设草坪的宽为x米，长为y米，依题意列出不等关系，求解即可；
（2）表示，利用均值不等式，即得最小值.
【详解】（1）设草坪的宽为x米，长为y米，由面积均为400平方米，得.
因为矩形草坪的长比宽至少大9米，所以，所以，解得.
又，所以.
所以宽的最大值为16米.
（2）记整个的绿化面积为S平方米，由题意可得
（平方米）
当且仅当米时，等号成立.
所以整个绿化面积的最小值为平方米.
七、证明题
21．已知函数.
(1)判断函数是否具有奇偶性？并说明理由；
(2)试用函数单调性的定义证明：在上是增函数.
【答案】(1)不具有奇偶性，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）判断函数的定义域不关于原点对称，即可得结论；
（2）根据函数单调性的定义，即可证明结论.
【详解】（1）不具有奇偶性，因为定义域为，不关于原点或者y轴对称，
所以函数不具有奇偶性；
（2），
取，，且，
则，
因为，则为，，，
故，故，即，
所以在上是增函数.
八、解答题
22．设函数，已知不等式的解集为.
（1）若不等式的解集为，求实数的取值范围；
（2）若对任意的实数都成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）．
【详解】试题分析：（1）首先根据不等式的解集求得的值，然后求出函数的最小值，从而求得的取值范围；（2）首先将问题转化为，然后根据函数的单调性求得的取值范围．
试题解析：已知，解为1,3，则
（1），所以，
（2）恒成立，
因为在单调递增，
最小值在时取到，最小值为，
故.
【解析】1、不等式恒成立问题；2、函数的单调性．
【方法点睛】在给定自变量的取值范围时，解有关不等式问题时，往往采用分离变量或适当变形，或变换主元，或构造函数，再利用函数的单调或基本不等式进行求解，在解答时，一定要注意观察所给不等式的形式和结构，选取合适的方法去解答．