2023-2024学年广东省江门市台山市华侨中学高一上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省江门市台山市华侨中学高一上学期期中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，计算题，解答题，应用题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合的并集、补集运算即可.
【详解】因为，集合，集合，
所以，
故选：A
2．命题“ ”的否定是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】直接根据特称命题的否定为全称命题得到答案.
【详解】由特称命题的否定为全称命题，则原命题的否定为：​.
故选：B.
3．下列各组中的两个函数为同一函数的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】按函数相等的定义逐项判断即可.
【详解】A项：的定义域不包括，两个函数的定义域不同，所以是不同函数；
B项：，即对应关系不同；
C项：定义域都是实数集，对应关系都相同，是同一函数；
D项：的定义域不包括，两个函数的定义域不同，所以是不同函数.
故选: C.
4．设，，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据不等式的基本性质即可判断选项的正误.
【详解】,
,
,即，，
当时，显然不成立，
故正确的为，
故选：D
5．函数，，则（ ）
A．函数有最小值，最大值B．函数有最小值，最大值
C．函数有最小值，最大值D．函数有最小值，最大值
【答案】A
【分析】求出二次函数的对称轴，判断在区间上的单调性，进而可得最值.
【详解】对称轴为，开口向上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
当时，，
所以函数有最小值，最大值，
故选：A.
6．若一个幂函数的图象经过点，则它的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据幂函数的定义及性质计算即可.
【详解】设幂函数，
∵幂函数的图象过点，
∴，解得，即，
易知在为增函数，在为减函数．
故的单调递减区间是，
故选：B．
7．不等式的解集为，则的解集为 （ ）
A．B．或
C．或D．
【答案】A
【分析】由不等式的解集得到对应方程的根，结合韦达定理，求出，再代入所求的一元二次不等式，即可求解.
【详解】因为不等式的解集为，
所以和是方程的两根，
则，解得，
所以不等式即化为，所以，
解得.
故选：A
8．已知函数，若在R上是减函数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据反比例函数以及一次函数的单调性，即可结合分段函数的性质求解.
【详解】由在R上是减函数可得，解得，
故选：B
二、多选题
9．设集合，，若，则a的值可以为（ ）
A．1B．2C．4D．6
【答案】ACD
【分析】分成，两种情况表示集合，结合交集运算得出结果.
【详解】
当时，，则成立，所以满足题意；
当时，，若成立，则；
所以满足题意.
故选：ACD.
10．下列说法中正确的有（ ）
A．命题，则命题的否定是
B．“”是“”的必要条件
C．命题“”的是真命题
D．“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件
【答案】AD
【分析】根据全称命题与特称命题的否定、充分必要条件等逐项判断即可.
【详解】命题的否定是，故A正确；
不能推出，例如，但；也不能推出，例如，而；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故B错误；
当时，，故C错误；
关于x的方程有一正一负根，
所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D正确.
故选：AD.
11．已知函数，关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域为B．的值域为
C．D．若，则x的值是
【答案】BD
【分析】根据分段函数的解析式结合二次函数的性质，逐一判断即可.
【详解】对于A，因为，
所以的定义域为，所以A错误；
对于B，当时，，当时，，
所以的值域为，所以B正确；
对于C，因为，所以，所以C错误；
对于D，当时，由，得，解得（舍去），
当时，由，得，解得或（舍去），
综上，，所以D正确.
故选：BD.
12．已知函数是定义在R上的偶函数，当时，则（ ）
A．的最小值为-1
B．在上单调递减
C．的解集为
D．存在实数x满足
【答案】ACD
【分析】根据题意当时，作出其图象，然后再由偶函数的性质作出的图象，通过观察函数图象即可判断.
【详解】依题意，作出函数的图象，如图所示：
观察图象可得：的最小值为-1，A正确；
在和上单调递减，B错误；
的解集为，C正确；
令，则有，D正确；
故选：ACD.
三、填空题
13．的值为 ．
【答案】
【分析】利用根式的性质进行化简求值即可.
【详解】.
故答案为：.
14．函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据题意列关于的不等式组即可求解.
【详解】由题要使得有意义，则，
故且，
从而的定义域为，
故答案为：.
15．已知为奇函数，，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，得到，再由奇函数性质，即可得出结果.
【详解】由得，所以，
又为奇函数，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求函数值，熟记奇函数性质即可，属于基础题型.
16．已知命题“，”是假命题，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【分析】转化为有实数解，利用判别式即可求解.
【详解】“，”是假命题，
等价于“，”为真命题，
所以有实数解，
所以，解得或，
所以实数a的取值范围为.
故答案为：
四、计算题
17．化简求值
(1)计算；
(2)
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据分数指数幂的运算性质化简可得；
（2）先将根式化为分数指数幂，然后由幂的运算性质可得.
【详解】（1）原式；
（2）原式
五、解答题
18．已知全集，，.
(1)若，求；
(2)若“”是“”的充分条件，求实数m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据补集交集的概念运算即可；
（2）先判断集合间的包含关系，再列出不等式即可.
【详解】（1），
若，，
所以；
（2）因为“”是“”的充分条件，所以，
所以
即实数m的取值范围是.
19．（1）已知，求最小值；
（2）已知，求的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用基本不等式求解即可；
（2）将函数解析式变形为，然后利用基本不等式可求得该函数的最大值.
【详解】（1）因为，所以，
当且仅当时等号成立，所以该函数的最小值为；
（2）因为，所以，则，
当且仅当时，即当时，该函数取得最大值.
20．已知函数是定义在上的奇函数，当时，.
(1)求函数在上的解析式；
(2)用单调性定义证明函数在区间上是增函数.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设时，则，根据已知解析式和奇偶性可得时的解析式，再由奇函数性质可知，然后可得在上的解析式；
（2）根据定义法证明单调性的步骤：取值，作差，变形，定号，下结论可证.
【详解】（1）设时，则，所以，
因为为奇函数，所以，
又，所以函数在上的解析式为.
（2），且，
则
，
因为，所以，
故，即，
所以函数在上单调递增.
六、应用题
21．2022年，某厂计划生产25吨至60吨的某种产品，已知生产该产品的总成本（万元）与总产量（吨）之间的关系可表示为.
(1)当总产量为10吨时，总成本为多少万元?
(2)若该产品的出厂价为每吨8万元，求该厂2022获得利润的最大值.
(3)求该产品每吨的最低生产成本；
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）代入数据计算即可.
（2）设利润为，计算最值得到答案.
（3），利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1）当时，
（2）设利润为
当时，有最大利润为万元.
（3）该产品每吨的生产成本为，
当，即时等号成立，
故当时，每吨的最低生产成本为万元.
七、解答题
22．已知函数，其中k为常数
(1)若，求函数的表达式；
(2)在（1）的条件下，设函数，若在区间上是单调函数，求实数m的取值范围；
(3)是否存在k使得函数在上的最大值是4？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，或
(3)存在；或
【分析】（1）将代入得到方程，解得即可求出函数解析式；
（2）由（1）可得，求出对称轴，再对对称轴分类讨论即可；
（3）当时显然不成立，当时，则的最大值只可能在，4，处取得，分别计算再检验即可；
【详解】（1）解：∵，解得
∴
（2）解：由（1）可得，
其对称轴方程为
若在上为增函数，则，解得
若在上为减函数，则，解得
综上可知，m的取值范围为，或．
（3）解：当时函数在上的最大值是15，不满足条件；
当时假设存在满足条件的，则的最大值只可能在，4，处取得，
其中对称轴，
①若，则有，的值不存在；
②若，则，解得，此时，
对称轴，则最大值应在处取得，与条件矛盾，舍去；
③若，则，且，
化简得，解得或，满足且，
综上可知，当或时，函数在上的最大值是4．