重庆市荣昌中学2023-2024学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市荣昌中学2023-2024学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得结果.
【详解】因为，因此，.
故选：A.
2. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合补集，再由交集运算可得答案.
【详解】由题意，所以
故选：C
3. “”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】B
【解析】
【分析】，列出不等式，求出，从而判断出答案.
【详解】，则要满足，解得：，
因为，但
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. “”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】A
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的概念，即可判断出结果.
【详解】因为能推出，而不能推出，例如，
不能推出，所以“”是“”的充分不必要条件,
故选：A
5. 设是定义域为R的函数，且“，”为假命题，则下列命题为真的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据含有一个量词的命题的真假关系即可求解.
【详解】因为命题“”为假命题，
所以命题“”为真命题，
故选：.
6. 设，且，则下列各不等式中恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质，逐项检验，即可判断结果.
【详解】对于选项A，若，显然不成立；
对于选项B，若，显然不成立；
对于选项C，若，显然不成立；
对于选项D，因为，所以，故正确.
故选:D.
【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.
7. 的最小值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用均值不等式求解即可.
【详解】因为，所以，当且仅当即时等号成立.
所以当时，函数有最小值4.
故选：C.
8. 如果，则正确的是（ ）
A. 若a>b，则B. 若a>b，则
C. 若a>b，c>d，则a+c>b+dD. 若a>b，c>d，则ac>bd
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质即可逐一求解.
【详解】对于A:取则，故A错，
对于B:若，则，故B错误，
对于C:由同号可加性可知：a>b，c>d，则a+c>b+d，故C正确，
对于D:若，则，，故D错误.
故选：C
二、多选题（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. 下列说法正确的是（ ）
A. 任何集合都是它自身的真子集
B. 集合共有4个子集
C. 集合
D. 集合
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，举出反例；B选项，根据元素个数求出子集个数；C选项，两个集合中的元素均为被3除余1的所有整数，C正确；D选项，举出，但，D错误.
【详解】对于A，空集不是它自身的真子集，故A错误；
对于B，因为集合中有2个元素，所以有个子集，故B正确；
对于C，因为两个集合中的元素均为被3除余1的所有整数，所以两个集合相等，故C正确；
对于D，因为，当时，，
所以，但，
故两个集合不相等，故D错误.
故选：BC
10. 下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】BC
【解析】
【分析】依次判断四个选项中的两个函数的定义域和对应法则是否均相同即可得解．
【详解】函数与，，，对应关系不相同，不是同一个函数，故A错误；
函数与的定义域相同，对应关系也相同，所以是同一个函数，故B正确；
函数与的定义域相同，都是，化简函数解析式得与，对应关系也相同，所以是同一个函数，故C正确；
函数与，，，对应关系不相同，不是同一个函数，故D错误；
故选：BC
11. 下列命题为真命题的是（ ）.
A. 若，则B. 若，则
C. 如果，那么D. ，则
【答案】BCD
【解析】
分析】对于A，举反例证明其错误；对于B，证明即可；对于C，首先有，若要成立，只需即可，只需，这显然成立；对于D，首先有，若要，只需即可，只需，这显然成立.
【详解】对于A，令，，则，故A错误.
对于B，因为，所以，故B正确.
对于C，由于 ，同乘以，
得，又，所以，故C正确.
对于D，若，则，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
12. 已知正数满足，则下列说法一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知等式可得，由，，结合基本不等式可知AB正误；利用基本不等式可直接验证CD正误.
【详解】由，，得：；
对于A，（当且仅当，即，时取等号），A正确；
对于B，（当且仅当，即，），B错误；
对于C，（当且仅当，即，时取等号），
，解得：（当且仅当，时取等号），C正确；
对于D，（当且仅当，即，时取等号），
由C知：（当且仅当，时取等号），
（当且仅当，时取等号），D正确.
故选：ACD.
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知集合，，，则a的值为______．
【答案】-2
【解析】
【分析】根据并集结果得到，且，求出答案.
【详解】由题意得，且，故，
故答案为：-2
14. 关于的不等式的解集是或，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式的解集，结合其对应二次方程的根与系数的关系，列出满足的方程，求得，则问题得解.
【详解】因为关于的不等式的解集是或，
显然，故其对应二次方程的两根为或,
则，解得，
故.
故答案为：.
15. 函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据被开方式大于等于零，分母不为零，即可得到结果.
【详解】使函数有意义需满足：，解得，且，
故定义域为.
故答案为：
16. 已知正实数m，n满足，则的最小值为__________．
【答案】17
【解析】
【分析】由“1”的代换，利用基本不等式求解.
【详解】因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以．
故答案为：17
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17. 设集合，.
（1），求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合补集、交集的运算，求解即可；
（2）根据已知条件，结合子集的定义，求解即可．
【小问1详解】
当时，，则或，
故.
【小问2详解】
若，则，
当时，，∴，符合题意；
当时，需满足，解得，
综上所述，m的取值范围为.
18. 设，，已知，且“”是“”的充分条件，求的值.
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】由题意可得，因为，分别讨论，和，分别求解即可求出，即可求出的值.
【详解】详解：因为“”是“”的充分条件，
所以，，则
①当时，则，
所以，
②当时，则，
所以
③当时，则，
所以，
综述：①当即时，，
当即时，，
当即时，.
19. 已知.
（1）设，若关于的不等式的解集为，且的充分不必要条件是，求的取值范围；
（2）方程有两个实数根，
①若均大于，试求的取值范围；
②若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）由的充分不必要条件是，则是的真子集，则，解不等式即可得出答案.
（2）①若均大于，由根与系数的关系可得，解不等式即可得出答案.②由若可得，将，代入化简即可得出答案.
【小问1详解】
由，得，
即，即，
又，∴，即，
∵的充分不必要条件是，
∴是真子集，
则，解得，则，
即实数的取值范围是.
【小问2详解】
方程为，
①若均大于，则满足，
解得，故，即的取值范围为.
②若，则，
则，即，即，
解得或，由，得或.
所以，即实数的值是.
20. 已知函数，的解集为．
（1）求的解析式；
（2）当时，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意，为方程的两个根，利用韦达定理得到方程组，解得、，即可求出求出函数解析式；
（2）由（1）可得，利用基本不等式求出函数的最大值；
【小问1详解】
解：因为函数，的解集为，
那么方程的两个根是，，且，
由韦达定理有
所以．
小问2详解】
解：，
由，所以，当且仅当，即时取等号，
所以，当时取等号，
∴当时，．
21. 已知函数．
（1）当时，解不等式；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入，得到一元二次不等式，解一元二次不等式即可；
（2）函数中涉及到最高次项系数含参问题，需将是否为0进行分类讨论.
【小问1详解】
当时，，，
即，，
所以：或，
所以不等式的解集为：.
【小问2详解】
①当时，恒成立，
②当时，恒成立，，即，
综上所述：的取值范围为：．
22. 已知二次函数，其中．
（1）若且，
①证明：函数必有两个不同的零点；
②设函数在轴上截得的弦长为，求的取值范围；
（2）若且不等式的解集为，求的最小值．
【答案】（1）①证明见解析，②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意可得，进而根据判别式为正判断即可；
②由及可得，再根据弦长求解范围即可.
（2）根据开口方向与判别式可得且，进而可得，令，结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
若且，则，
① ∵，
∴函数必有两个不同的零点．
② 由及，得，
∴，
不妨设函数的零点为，则，
∴函数在轴上截得的弦长
【小问2详解】
根据题意且，
∴且，∴，
令，
则
，
当且仅当，即，也即时取等号．
∴的最小值为．