2023-2024学年浙江省金华市第一中学高一上学期期中数学试题含答案

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一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合M中元素的特征，对元素进行判断.
【详解】且，则；且，则，所以.
故选：A
2. 王昌龄是盛唐著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣手”，其《从军行》传诵至今，“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关.黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，由此推断，其中最后一句“攻破楼兰”是“返回家乡”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】根据充分条件和必要条件的定义即可求解.
【详解】根据诗意，作者想表达的思想感情是“返回家乡”就一定要“攻破楼兰”，
但是并没有表明“攻破楼兰”后就会“返回家乡”，
所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，解不等式即可求出答案.
【详解】因为命题“，使”是假命题，
所以恒成立，所以，
解得，
故实数取值范围是．
故选：B．
4. 若函数和分别由下表给出，满足的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】从外到内逐步求值．
【详解】由，则，则.
故选：D
5. 某同学到长城旅游，他租自行车由宾馆骑行前往长城，前进了akm，觉得有点累，休息后沿原路返回bkm（）.想起“不到长城非好汉”，便调转车头继续前进.则该同学离起点的距离s与时间t的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据该同学在行进过程中的前进方式的不同确定函数图象即可．
【详解】第一段时间，该生骑车为直线方程形式，单调递增．
第二段实际休息，此时距离起点的距离不变，此时休息期间为常数，
然后原路返回，此时距离减小，为递减函数，
然后调转车头继续前进，此时距离逐步增加，所以图象C合适．
故选：C．
6. 某食品加工厂生产某种食品，第一个月产量为，第二个月的增长率为a，第三个月的增长率为b，这两个月的平均增长率为x，（均大于零），则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出两种方式增长的第三年的产量，从而构建的等式，再利用基本不等式计算的不等关系.
【详解】第二个月的增长率为a，第三个月的增长率为b，
则第三个月的产量为
这两个月的平均增长率为x，
则第三个月的产量为
所以，
计算可得
又
所以，当且仅当时取得等号.
故选：B.
7. 已知函数满足：且．
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【详解】可设，则f（x）满足题意.
易知但1＞−5,排除A.
但2＜3,排除C.
排除D.
故选B.
8. 用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝若A＝{1，2}，B＝{x|(x2＋ax)·(x2＋ax＋2)＝0}，且A*B＝1，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则C(S)等于（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得或，进而讨论a的范围，确定出，最后得到答案.
【详解】因为，，所以或，
由，得，
关于x的方程，
当时，即时，易知，符合题意；
当时，即或时，易知0， -a不是方程的根，故，不符合题意；
当时，即时，方程 无实根，
若a=0，则B={0}，，符合题意，
若或，则，不符合题意.
所以，故.
故选：B.
【点睛】对于新定义的问题，一定要读懂题意，一般理解起来不难，它一般和平常所学知识和方法有很大关联；另外当时，容易遗漏a=0时的情况，注意仔细分析题目.
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据对数的性质，逐项判断即可得出结果.
【详解】根据对数的性质可知，，，，，
故ABC正确；D错误.
故选：ABC.
10. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，那么
D 已知，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据不等式性质逐项判断，或取特值验证即可.
【详解】A选项：由可知，所以，故，即，A正确；
B选项：当时，，所以，即，B错误；
C选项：取，满足，但，即，C错误；
D选项：由不等式可加性可知D正确.
故选：AD
11. 某食品的保鲜时间（单位：小时）与储存温度（单位：℃）满足函数关系（，、为常数）.若该食品在0℃的保鲜时间是120小时，在20℃的保鲜时间是30小时，则（ ）
A.
B. 储存温度越高保鲜时间越长
C. 在10℃的保鲜时间是60小时
D. 在30℃的保鲜时间是15小时
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意可知，，求得，进而可得，可判断A；利用单调性可判断B；计算可判断C；计算可判断D.
【详解】对于A，由题可知，，则，故，
所以，则，A正确；
对于B，由A可知，在上是减函数，且在上是增函数，
所以在上是减函数，则储存温度越高保鲜时间越短，B错误；
对于C，由A可知，小时，C正确；
对于D，由A可知，小时，D正确.
故选：ACD.
12. 已知函数满足对任意恒成立，则（ ）
A. B.
C. D. 函数的图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过赋值法得到等的值，进而得到函数的性质，逐一判断即可
【详解】对于A：令，得，则，所以A正确；
对于B：令，则，
令，得，即，所以B错误；
对于C：令，得，即，所以为偶函数，令，得，
令，得，
又为偶函数，所以，C正确；
对于D：由C可知为偶函数，所以为向右平移3个单位得到，此时关于直线对称，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. 若，则实数x的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据对数的运算可得解.
【详解】由，可得，
，解得.
故答案为：1.
14. 已知正实数x，y满足：，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用不等式，直接计算即可.
【详解】，
当且仅当，即时取得等号；
故的最大值为；
故答案为：.
15. 若，且不等式的解集中有且仅有四个整数，则a的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】分类讨论求出含参一元二次不等式的解集，然后根据题意得到不等式组，进而求出结果.
【详解】不等式，
当时，，不等式的解集为，
若不等式解集中有且仅有四个整数，则这四个整数为，
则，此时，与矛盾；
当时，，不等式的解集为，不符合题意；
当时，，不等式的解集为，
若不等式解集中有且仅有四个整数，则这四个整数可能为或，
当这四个整数为时，则且，无解，
当这四个整数为时，则且，解得，
综上可知，实数的取值范围是．
故答案为：．
16. 已知，函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是__________
【答案】
【解析】
【详解】，分类讨论：
①当时，，
函数的最大值，舍去；
②当时，，此时命题成立；
③当时，，则：
或，解得：或
综上可得，实数的取值范围是．
【名师点睛】本题利用基本不等式，由，得，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有效的分类讨论：①；②；③，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．
四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 设集合，非空集合.
（1）若，求实数a的值；
（2）若，求实数a取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）由，代入后解方程并检验是否满足题意．
（2）由得，再根据集合包含关系分类求解．
【小问1详解】
由题意得，，
即化简得：
解得：或，
检验：当，，满足
当，，满足，或
【小问2详解】
，故，
①当为单元素集，则，即，得或，当，不含题意，舍；当，符合.
②当为双元素集，则，则有，无解，
综上：实数的取值范围为
18. 化简或计算下列各式：
（1）
（2）已知，用a，b表示
（3）已知，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)由指数幂的运算性质直接求得答案；
(2)利用对数的运算性质以及换底公式将化为和表示的形式，则答案可得；
(3) 先求，再求，最后利用平方差公式求的结果.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
，
又，所以；
【小问3详解】
，
所以，
，所以，
.
19. 已知函数
（1）解不等式；
（2）求在区间上的值域；
（3）对任意，总存在，使得成立，求a的取值范围
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用指数函数的单调性解不等式即可；
（2）根据指数函数的单调性求值域；
（3）由题意转化为的值域包含的值域，根据二次函数分类讨论求解即可.
【小问1详解】
由题意，，即可得，
即，解得，
即不等式的解集为.
【小问2详解】
因为为增函数，
所以时，，
即函数的值域为.
小问3详解】
由（2）知，任意，总存在，使得成立，
即在上的最小值，
对，
①当，即时，在上单调递增，
故不成立；
②当，即时，在上单调递增，
故，解得，又，故无解；
③当，即时，的对称轴时，
在上单调递增，
故，解得，故，
当对称轴时，成立.
综上，.
20. 第 19 届亚运会 2023 年 9 月在杭州市举办，本届亚运会以 “绿色、智能、节俭、文明” 为办会理念，展示杭州生态之美、文化之韵，充分发挥国际重大赛事对城市发展的牵引作用，从而促进经济快速 发展，筹备期间，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放当地市场，已知 该种设备年固定研发成本为 50 万元，每生产一万台需另投入 80 万元，设该公司一年内生产该设备 万台且全部售完. 当 时，每万台的年销售收入 （万元） 与年产量 （万台）满足关系式: ; 当 时，每万台的年销售收入 （万元）与年产量 （万台）满足关系式:
（1）写出年利润 （万元）关于年产量 （万台）的函数解析式（利润=销售收入一成本）;
（2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大? 并求最大利润.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，利用年销售收入减去固定成本及可变成本即可写出利润y（万元）关于年产量x(万台）的函数解析式.
（2）利用二次函数的性质、基本不等式分别求出、上的最值，进而确定年利润最大时对应生产的台数及最大利润值.
【小问1详解】
由题意，当时，年收入为，
当时，年收入为，
故年利润为，
即.
【小问2详解】
当时，，
由函数图象开口向下，对称轴方程为可知函数单调递增，
所以当时，，
当时，，
当且仅当时，即时等号成立，
因为，所以当年产量为29万台时，该公司获得年利润最大为1360万元.
21. 已知幂函数为偶函数．
（1）求函数的解析式．
（2）设函数，问是否存在实数，使得在区间上是减函数，且在区间上是增函数？若存在，请求出q；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）直接根据幂函数的定义结合奇偶性即可得结果；
（2）把作为一个整体，时，，时，，结合二次函数的单调性可得的值．
【小问1详解】
因为为幂函数，
所以，解得或，
又因为为偶函数，所以，
所以函数的解析式为.
【小问2详解】
存在，理由如下：
由（1）知.
由于，
因而当时，，
此时，函数单调递减，而函数上单调递减，
则外层函数在上单调递增；
当时，，
此时，函数单调递增，而函数在上单调递减，
则外层函数在上单调递减.
所以，即.
所以存在满足题设条件.
22. 已知函数，（，a为常数）．
（1）讨论函数的奇偶性；
（2）若函数有3个零点，求实数a的取值范围；
（3）记，若与在有两个互异的交点，且，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）或
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）利用奇偶函数的定义分析讨论即可；
（2）分类讨论，或时，的大致图象，结合图象即可得解；
（3）分类讨论与时，的大致图象，从而得到，，，从而利用分析法将问题一路转化为证，由此得解.
【小问1详解】
（1），定义域为，关于原点对称，
又，
故当时，，函数为偶函数，
当时，，故函数为非奇非偶函数.
【小问2详解】
因为，
当，即时，，
此时开口向下，对称轴为，且，
当，即或时，，
所以当时，在，上单调递增，且，，
则的图象如下：

显然，当，即时，有个零点；
当时，在，上单调递减，且，，
则的图象如下：

显然，当，即时，有个零点；
当时，为偶函数，其零点个数必为偶数，不满足题意；
综上：或.
【小问3详解】
因为，
所以当时，，则，易知在上单调递减，
当时，，则，易知在上单调递增，
因为与在有两个互异的交点，
所以与在与各有且只有一个交点，
又，所以，且，，
则，，故，即，则，
要证，即证，即证，
只需证，即证，
即证，即证，
因为，所以，则，
所以显然成立，证毕.
【点睛】关键点睛：本题第3小问解决的关键是熟练掌握基本初等函数的大致图象，结合图象得到，，从而利用分析法将问题转化为单变量不等式，由此得解.1
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