2023-2024学年上海师范大学附属中学闵行分校高一上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海师范大学附属中学闵行分校高一上学期期中数学试题含答案，共12页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据三个“二次”解不等式即可.
【详解】解不等式得.
故答案为：.
2．已知，，则 ．
【答案】或
【分析】根据补集的定义计算即可.
【详解】由题意得或.
故答案为：或.
3．对数有意义，那么的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由对数的真数大于0即可求解.
【详解】要使对数有意义，
则，即，解得：或.
故的取值范围是：.
故答案为：.
4．不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据绝对值的定义或者公式即可解出．
【详解】依题有，即，
故答案为．
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，只含有一个绝对值的不等式，常用解法有定义法和公式法．
5．用反证法证明“，若，则”时，应先假设 ．
【答案】或，
【分析】根据结论否定即可求解.
【详解】用反证法证明时，需要先假设所证命题的否定，由于的否定为或，
故答案为：或，
6．“”是“”的 条件.（填“充分非必要”，“必要非充分”，“充要”，“非充分非必要”）
【答案】必要非充分
【分析】先求解，再结合集合的包含关系判断即可.
【详解】由，解得，
因为不能推出，而能推出，
所以“”是“”的必要非充分条件.
故答案为：必要非充分.
7．设a，b为正数，且，则ab的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用基本不等式，即可求得ab的最大值.
【详解】a，b为正数，
，等号成立当且仅当
故答案为：.
8．设，，若，则实数的值为 ．
【答案】
【解析】根据，结合，分， ， 讨论求解.
【详解】已知：，，
因为
所以，
当时，，
当时，，
当时，，
综上：实数的值为
9．已知实系数一元二次方程的两根分别为，且，则实数m的值为 .
【答案】
【分析】利用韦达定理求出，再根据即可得解.
【详解】由题意可得，解得或，
，
则，解得.
故答案为：.
10．关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分、两种情况讨论，在时，直接验证即可；在时，根据题意可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.
【详解】当时，则有，合乎题意；
当时，则，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
11．若对任意的，有，则称是“伙伴关系集合”，则集合的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为 .
【答案】
【分析】在集合的子集中列举出满足“伙伴关系集合”的集合，从而可得结果.
【详解】因为，则，就称是伙伴关系集合，集合，
所以具有伙伴关系的集合有共7个.
故答案为：
12．已知a1，a2，a3与b1，b2，b3是6个不同的实数，若关于x的方程|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|解集A是有限集，则集合A中，最多有 个元素．
【答案】1
【分析】由题意，可将关于x的方程|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|解的个数问题转化为f(x)＝|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|，g(x)＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|两个函数图象交点个数问题，将两个函数改写为分段函数，由于两个函数都是折线，分别讨论折线端点处的函数值，作出符合题意的图象，即可得出图象交点个数，从而得出方程解的个数
【详解】令f(x)＝|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|，g(x)＝|＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|，
将关于x的方程|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|解的个数的问题转化为两个函数图象交点个数的问题
不妨令a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，
由于f(x)＝|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|＝，
g(x)＝|x﹣b1|+|x﹣b2|+|x﹣b3|＝，
考查两个函数，可以看到每个函数都是由两条射线与两段折线所组成的，且两条射线的斜率对应相等，两条线段的斜率对应相等．
当a1，a2，a3的和与b1，b2，b3的和相等时，此时两个函数射线部分完全重合，这与题设中方程的解集是有限集矛盾
不妨令a1，a2，a3的和小于b1，b2，b3的和即a1+a2+a3＜b1+b2+b3，﹣a1﹣a2﹣a3＞﹣b1﹣b2﹣b3，
两个函数图象射线部分端点上下位置不同，即若左边f(x)＝|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|的射线端点在上，右边射线端点一定在下，反之亦有可能．
不妨认为左边f(x)＝|x﹣a1|+|x﹣a2|+|x﹣a3|的射线端点在上，右边射线端点一定在下，且射线互相平行，中间线段也对应平行，图象只能如图：
故两函数图象只能有一个交点，即方程的解集是有限集时，最多有一个元素，
故答案为：1．
二、单选题
13．下列运算中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据根式与指数幂的关系，及有理数指数幂的运算性质化简各式即可判断正误.
【详解】对于A，，所以，错误；
对于B，因为，所以，则，错误；
对于C，，正确；
对于D，，错误．
故选：C．
14．若,则下列不等式恒成立的是
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】∵
∴设
代入可知均不正确
对于，根据幂函数的性质即可判断正确
故选D
15．关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据三角不等式求的最小值，再解不等式即可.
【详解】因为恒成立，
所以有.
而，
当且仅当与异号，即时取等号.
所以，解得.
故选：D
16．若正实数，，，满足和，则的最小值等于（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】利用基本不等式求最值即可.
【详解】由，的，
又，所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：D.
三、解答题
17．已知集合,.
(1)若，求集合；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据集合间的运算直接得解；
（2）根据集合间的元素分情况讨论可得参数范围.
【详解】（1）当时，，
；
（2）由已知，
当时，，解得；
当时，，解得；
综上所述，，
即.
18．已知命题p:方程有两个不等的负根；命题q:方程无实根.
（1）若为真命题，求m的取值范围；
（2）若p，q两命题一真一假，求m的取值范围；
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据判别式与韦达定理求解即可；
（2）首先求出当两个命题是真命题时，的取值范围，再根据两命题中一真一假，列不等式求的取值范围.
【详解】（1）若方程有两个不等的负根，则 ，
解得：，故m的取值范围为
（2）若方程无实根，则，解得：，
当真假时， ，解得：；
当假真时， ，解得：，
综上可知：的取值范围是或.
故m的取值范围为
【点睛】本题考查根据命题的真假求参数的取值范围，重点考查根据一元二次方程实数根求参数的取值范围，属于基础题型.
四、应用题
19．某园林建设公司计划购买一批机器投入施工．据分析，这批机器可获得的利润（单位：万元）与运转时间（单位：年）的函数解析式为（，且）．
(1)当这批机器运转第几年时，可获得最大利润？最大利润为多少？
(2)当运转多少年时，这批机器的年平均利润最大？
【答案】(1)这批机器运转第6年时，可获得最大利润，最大利润为27万元；
(2)当运转3年时，这批机器的年平均利润最大
【分析】（1）配方得到最值，得到答案；
（2）设出年平均利润为，表达出，利用基本不等式求出最值，得到答案.
【详解】（1），
因为，且，所以当时，取得最大值，
故这批机器运转第6年时，可获得最大利润，最大利润为27万元；
（2）设年平均利润为，
因为，且，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故当运转3年时，这批机器的年平均利润最大.
五、解答题
20．已知二次函数.
(1)若等式恒成立，其中，，为常数，求的值；
(2)证明：是方程有两个异号实根的充要条件；
(3)若对任意，不等式恒成立，求的最大值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）解法1：由求得.
解法2：在中令得结果.
（2）根据充要条件的定义证明．证明必要性和充分性．
（3）由二次不等式恒成立，转化参数关系，代入通过讨论特殊情况后配合基本不等式求出最值.
【详解】（1）解法1：，
由得，
故.
解法2：在中令得.
（2）证明必要性：由于方程（a，b，c是常数且）有一正实根和一负实根，设两根为，
∴，且，∴.
充分性：由可推出，从而元二次方程有两个不相等的实数根，设为、，
则，由知：，即两根异号，
∴方程（a，b，c是常数且）有一正一负两实根.
因此是方程有两个异号实根的充要条件.
（3）若对任意，不等式恒成立，
整理得：恒成立，因为a不为0，
所以，所以，
所以，
令，因为，所以，
若时，此时，
若时，，
当且仅当时，即时，上式取得等号，
综上：的最大值为.
【点睛】关键点睛：求的最大值时，利用将代换为，从而由三个量化为两个量， 再将化为，将视为一个量，从而最终化为只有一个量的函数，对多元变量求最值问题时关键是转化变量减少变量的个数，最终化为只有一个量的函数求最值.
21．已知集合，，，对任意，定义.若存在正整数，使得对任意，都有，则称集合具有性质.如集合、都具有性质.记是集合中的最大值.
(1)判断集合和集合是否具有性质（直接写出结论）；
(2)若集合具有性质，求证：和；
(3)若集合具有性质，求证：.
【答案】(1)具有，不具有
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据性质的定义直接判断即可；
（2）根据性质的定义可得，结合与是集合中的最大值可得，再根据裂项方法证明即可；
（3）先假设，再根据分别推导的最小正整数值，进而推出矛盾即可.
【详解】（1）对集合，因为，，，故
具有性质.
对集合，，故不具有；
（2）因为集合具有性质，所以对于、有；
因为，所以，
因为是集合中的最大值，
则
；
（3）假设集合的元素个数大于，即
因为集合具有性质，所以，因为，所以，
所以，所以，所以，所以，
因为，所以，所以，
以此类推，得，，，，，，，
，所以，
所以，与矛盾，
所以假设不成立，故.
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.