重庆市2023_2024学年高一数学上学期期中试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高一数学上学期期中试题含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 命题，，则命题p的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题否定为全称命题即可求解.
【详解】命题，，则命题p的否定是，,
故选：B
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据常见数集，整理集合表示，根据交集的运算，可得答案.
【详解】由集合，则，.
故选：A
3. 正确表示图中阴影部分的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图及集合的关系和运算判断.
【详解】由图及集合的关系和运算，通过韦恩图判断，下面四个图分别对应选项ABCD,
判断C正确.
故选：C.
4. 设，，则有（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用作差法可得出、的大小关系.
【详解】因为，当且仅当时，等号成立，故.
故选：B.
5. 下列四组函数，表示同一函数的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的三要素，逐一判断即可.
【详解】对于A，因为与对应法则不一致，不是同一函数；
对于B，因为定义域为，而的定义域为R，
所以两函数的定义域不同，故不能表示同一函数；
对于C，因为定义域为，而的定义域为，
所以两函数的定义域不同，故不能表示同一函数；
对于D，，的定义域均为R，对应关系也相同，值域也相同，
故能表示同一函数.
故选：D.
6. 已知，则的最小值是（）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】由基本不等式可得答案.
【详解】已知，则，，
当且仅当，即时“”成立，故所求最小值是16.
故选：D．
7. 已知，则函数的解析式为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用换元法可得答案，解题过程一定要注意函数的定义域.
【详解】令，则，，
因为，
所以，
则.
故选：C.
8. 已知 是上的增函数，那么a的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的单调性的性质以及基本初等函数的单调性即可求解.
【详解】是上的增函数，
所以，
故选：A
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. 给出以下几组集合，其中是相等集合的有（）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】CD
【解析】
【分析】利用集合相等的定义即可判断各选项.
【详解】对于A，是点集，是数集，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，，故C正确；
对于D，，
，故D正确.
故选：CD.
10. 若“”是“”充分不必要条件，则实数a的值可以是（）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据分式不等式化简得，进而根据充分不必要条件转化成子集关系，即可求解.
【详解】由得，故“” 是“”充分不必要条件，所以，故，
故选：BCD
11. 下列说法正确的是（）
A. 若对任意实数x都成立，则实数k的取值范围是
B. 若时，不等式恒成立，则实数a取值范围为
C. 若，，且，则的最小值为18
D. 已知函数，若，则实数a的值为或
【答案】CD
【解析】
【分析】对于选项A：根据具体函数定义域结合已知得出在上恒成立，即可根据含参一元二次不等式恒成立的解法分类讨论，解出答案，即可判断；
对于选项B：根据对钩函数的性质得出若时，，即可判断；
对于选项C：根据已知得出，即可根据基本不等式1的妙用得出，根据基本不等式得出答案，即可判断；
对于选项D：根据分段函数求函数值判断a值为或是否满足题意.
【详解】对于选项A：若对任意实数x都成立，则在上恒成立，
当时，，满足题意，
当时，在上恒成立，则，解得，故A错误；
对于选项B：根据对钩函数的性质可得函数在上单调递增，
则当时，，
故当恒成立，则实数a取值范围为，故B错误；
对于实数C：，，且，则，
则，
当且仅当，即，时，等号成立，故C正确；
对于选项D：若，则，满足题意，
若，则，满足题意，故D正确；
故选：CD.
12. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（）
A.
B.
C.
D. 设关于的方程的解为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合题意可得和为方程的两根，且，，根据韦达定理可得，，从而判断AB选项；通过化简，进而可判断C选项；令，结合题意可得方程在上的两个解为和，进而得到，可得，利用作差法即可判断D选项.
【详解】因为不等式的解集为，
所以和为方程的两根，且，，
所以，即，，
又，所以，
所以，，故AB正确；
而
，故C错误；
因为关于的方程的解为，
令，即，
所以关于的方程在上有两个解，
结合题意，可得方程在上的两个解为和，
所以，
所以，
又，且，
所以，即，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：解决一元二次不等式解集相关问题，常常转化为对应一元二次方程的根的问题，进而结合韦达定理求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知实数满足，则的取值范围是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】利用不等式的性质即可求得答案
【详解】解：因为，所以，
因所以，
所以的取值范围是，
故答案为：
14. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为_________．
【答案】
【解析】
【分析】抽象函数定义域问题，同一个对应法则下，括号内的式子取值范围相同，从而得解.
【详解】因为的定义域为，
所以对于，有，得，
则函数的定义域为.
故答案为：
15. 设全集，用U的子集可表示由0，1组成的6位字符串，如表示的是从左往右第1个字符为1，第3个字符为1，其余均为0的6位字符串101000，并规定空集表示的字符串为000000．
（1）若，则表示的6位字符串为______．
（2）若，集合表示的字符串为011011，则满足条件的集合A的个数为______个．
【答案】 ①. 100110 ②. 4
【解析】
【分析】（1）先求出，然后根据字符串的定义求解即可，
（2）由已知可求得，而，从而可求出集合A
【详解】（1）因为，，所以，
所以表示的6位字符串为100110.
（2）因为集合表示的字符串为011011，所以，又，
所以集合A可能为，，，，即满足条件的集合B的个数为4.
故答案为：（1）100110，（2）4
16. 设函数是定义在上的奇函数，，若对任意两个不相等的正数都有，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析函数的奇偶性单调性求解即可.
【详解】构造函数,则因为是定义在上的奇函数,故为定义域是 的偶函数,又对任意两个不相等的正数都有,即,故在上为减函数.
又,故.
综上, 为偶函数,且在上单调递增,在上单调递减.
且.故即.
根据函数性质解得
故答案为：
【点睛】本题主要考查了构造抽象函数,根据函数的单调性与奇偶性与零点等求解不等式的问题.属于中档题.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知集合中有三个元素：，，，集合中也有三个元素：0，1，．
（1）若，求实数的值；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）的值为0或
（2）的值为
【解析】
【分析】（1）若，则或，再结合集合中元素的互异性，能求出的值．
（2）当取0，1，时，都有，集合中的元素都有互异性，由此能求出实数的值．
【小问1详解】
集合中有三个元素：，，，，
或，
解得或，
当时，，，，成立；
当时，，，，成立．
的值为0或．
【小问2详解】
集合中也有三个元素：0，1，，，
当取0，1，时，都有，
集合中的元素都有互异性，，，
．
实数的值为．
18. 已知集合，，．
（1）求，．
（2）若______，求实数m的取值范围．
请从①，②，③这三个条件中选一个填入（2）中横线处，并完成（2）问的解答．
【答案】（1），或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据不等式的运算得出集合，根据集合的交并补运算得出答案；
（2）根据各条件分析可得，即可根据集合间的包含关系得出答案.
【小问1详解】
，，
，，
或，
【小问2详解】
若选①：，则，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上，则，
若选②：，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上，则，
若选③：，则，
若，则，解得，
若，则，解得，
综上，则，
故实数m的取值范围为：.
19. 已知
（1）求函数的值域；
（2）用定义证明在区间上是增函数.
【答案】19. ．
20. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数化简变形后利用分式的性质可求得答案，
（2）任取，，且，然后作差变形，判断符号，从而可证得结论，
【小问1详解】
由题意，函数，
因为，所以，
所以的值域为．
【小问2详解】
任取，，且，
则，
，，，
，即，
故函数在区间上是增函数．
20. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，．
（1）求函数的解析式；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的性质即可得解；
（2）利用函数的奇偶性与单调性可去掉符号，再考虑到定义域即可得解．
【小问1详解】
因为为奇函数，所以，
当时，，则，
由为奇函数，得，
又满足，
所以
【小问2详解】
当时，易知为单调递增函数，
则由奇函数的性质可知是定义在上的增函数，
又因为，所以，
故有，即，解得，
所以.
21. 2023年10月11日，连接贵阳至广州的贵广高铁正式提速，按最高时速300公里运营，并同步加密列车开行频次，我国西南地区至珠三角及粤港澳大湾区的高铁运行时间进一步压缩.目前，铁路部门将在贵广高铁线路上开行列车177列，根据客流变化在高峰时段增加高峰线12列；其中，贵阳站至广州南站130列.贵广高铁提速将有效提升高铁运输能力和效率，对密切西南与华南地区往来交流、推动成渝地区双城经济圈和粤港澳大湾区高质量发展具有重要意义.
现在已知列车的发车时间间隔（单位：分钟）满足．经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔相关，当时列车为满载状态，载客量为720人；当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客星为396人．记列车载客量为．
（1）求的表达式；
（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值．
【答案】（1）
（2）发车时间间隔为3分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为84元
【解析】
【分析】（1）由题设，结合求得的值，进而求解；
（2）由题意分和两种情况求得解析式，进而结合基本不等式及函数性质求解即可.
【小问1详解】
由题意，当时，设，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
由题意，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，即；
当时，，
所以当时，.
因为，
所以当发车时间间隔为3分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为84元．
22. 定义：若函数在其定义域内存在实数，使，则称是的一个不动点.已知函数.
（1）当，时，求函数的不动点；
（2）若对任意的实数，函数恒有两个不动点，求的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若图象上两个点、的横坐标是函数的不动点，且、的中点在函数的图象上，求的最小值.
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
分析】（1）根据题意解方程即可，
（2）由题意可得方程有两个不相等的实根，得，再由可求得结果，
（3）设，，，则，，再由题意可得，结合根与系数的关系得，表示出结合二次函数的性质可求得结果.
【小问1详解】
，由，解得或，
所以所求的不动点为或.
【小问2详解】
令，则①，
由题意，方程①恒有两个不等实根，所以，
即恒成立，则，故.
【小问3详解】
设，，，
又是的不动点，∴，，
∴、的中点为.
又的中点在上
∴，
∴，
而是方程的两个根，
∴
即
∴，
∴当，即时，.