安徽省安庆市第二中学2023-2024学年高一上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省安庆市第二中学2023-2024学年高一上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分：150分 考试时间：120分钟）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. “”是“”的（ ）
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】分析两个集合和的关系，从而推出命题之间的关系
【详解】解不等式，得
而集合是集合的真子集，所以“”是“”的充分而不必要条件
故选：B
2. 若，则函数的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合基本不等式运算求解.
【详解】由题意可得：，
∵，则，
故，当且仅当，即时，等号成立.
故选：D.
3. 下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用特殊值排除错误选项，利用差比较法证明正确选项.
【详解】A选项，，如，而，所以A选项错误.
B选项，，如，而，所以B选项错误.
C选项，，则，所以，所以C选项正确.
D选项，，如，而，所以D选项错误.
故选：C
4. 下列各组中的两个函数，表示同一个函数的是（ ）
A. 与B. 与C. 与D. 与
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义域，并化简函数解析式，进而判断各选项.
【详解】A选项：定义域为，的定义域为，故A选项错误；
B选项：与的定义域均为，且，故B选项正确；
C选项：与的定义域均为，但，故C选项错误；
D选项：的定义域为，的定义域为，故D选项错误；
故选：B.
5. 函数的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
化简函数为分段函数，利用解析式即判断图象.
【详解】函数的定义域为，，所以C中的图象满足题意.
故选：C.
【点睛】方法点睛：本题考查由解析式选函数图象问题，可由解析式研究函数的性质，如奇偶性，单调性，对称性等等，研究函数值的变化规律，特殊的函数值等等用排除法确定正确选项．
6. 已知不等式的解集是，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的解集是，可求出的值，从而求解不等式的解集.
【详解】因为不等式的解集是，
所以的两根为，
则，
解得，
带入不等式得，
即，
解得：.
故选：A
7. 三个数,则的关系是
A. ；B. ；C. ；D.
【答案】C
【解析】
【分析】由指数函数的单调性分别求出的取值范围，从而可得结果.
【详解】因为，
，
，
三个数的关系是 ，故选C.
【点睛】本题主要考查指数函数单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
8. 已知函数.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意知分段函数求值应分段处理，利用函数的单调性求解不等式.
【详解】当时，单调递增，且，
当时，单调递增，且.
所以函数在R上单调递增，
由得，，解得.
故选：C.
二、多选题（本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 设x，y为实数，满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据x，y的范围及基本不等关系，对选项一一分析即可.
【详解】对于A，，即，故A正确；
对于B，，则，即，故B错误；
对于C，，即，故C正确；
对于D，由题知，则，故D错误；
故选：AC
10. ，且，则m可能的取值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题可得，然后讨论集合B是否为空集，求解即得.
【详解】由得或，
所以，
∵，
∴，
①时，，满足；
②时，，又，
所以或，
∴或．
综上，实数m的值可以为0或或.
故选：ABC．
11. 我们用符号表示两个数中较小的数，若，，则（ ）
A. 最大值为1B. 无最大值C. 最小值为D. 无最小值
【答案】AD
【解析】
【分析】在同一平面直角坐标系中画出函数，的图象，结合图象及新定义确定函数解析式及其最值.
【详解】在同一平面直角坐标系中画出函数，的图象，如图：
根据题意，图中实线部分即为函数的图象.
由，解得，，
所以，
当时，取得最大值，且，
由图象可知无最小值，
故选：AD.
12. 已知函数，若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A. 0B. C. 3D. 1
【答案】BC
【解析】
【分析】把问题转化为有四个根，即和有四个交点，再分讨论两个函数是否能有4个交点，进而得出的取值范围.
【详解】因为函数恰有4个零点，
所以有四个根，
即和有四个交点.
当时，与图像如下：
两图像有2个交点，不符合题意；
当时，与x轴交于两点.
图像如下：
当时，函数的函数值为，函数的函数值为.
两图像有4个交点，符合题意；
当时，与轴交于两点，
在内函数图像有两个交点.
要使两图像有4个交点，只需与在内有两个交点即可，
即在还有两个根，
就是在内有两个根，
函数（当且仅当时等号成立）.
所以且，
解得：
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：.
所以A，D不符合，B，C符合.
故选:BC
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若集合且，则实数a的取值为______．
【答案】4或
【解析】
【分析】由题意得出关于a的方程，求出a的值，利用集合的互异性确定出a的值．
【详解】若，此时，符合题意；
若，则或，
当时，此时不满足集合中元素的互异性，舍去；
则，，符合题意．
故答案为：4或．
14. 函数的图像恒过定点__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据指数函数过定点即可求解.
【详解】因为函数，令，解得：，
，所以函数的图像恒过定点，
故答案为：.
15. 若函数在区间上单调，则实数的取值范围是__________
【答案】
【解析】
【分析】对参数分与讨论，根据单调性求出范围.
【详解】当时，，则在区间上单调增，满足题意；
当时，为二次函数，对称轴为，
若在区间上单调递增，则需满足，解得；
若在区间上单调递减，则需满足，无解；
综上：.
故答案为：
16. 已知，且，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】由，得到，则，根据基本不等式即可求出答案．
【详解】解：由，得到，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
∴，
∴的最小值是，
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题，17题10分，18至22题分别12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知，,．
（1）当a＝1时，求A∩B；
（2）若A∪B＝A，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式，求出，进而求出交集；
（2）根据条件得到，比较端点，列出不等式组，求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
，解得，故，
当时，，
所以；
【小问2详解】
因为，所以，
因为，所以，
所以，
解得：，
所以实数a的取值范围为
18. 已知：；：．
（1）若是的必要条件，求的取值范围；
（2）若是的必要不充分条件，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）求出p，q成立的等价条件，根据p是q的必要条件，建立条件关系即可．
（Ⅱ）利用￢p是￢q的必要不充分条件，即q是p的必要不充分条件，建立条件关系进行求解即可．
解：由x2﹣8x﹣20≤0得﹣2≤x≤10，即P：﹣2≤x≤10，
又q：1﹣m2≤x≤1+m2．
（1）若p是q的必要条件，
则，即，即m2≤3，解得，
即m的取值范围是．
（2）∵¬p是¬q的必要不充分条件，
∴q是p的必要不充分条件．
即，即m2≥9，解得m≥3或 m≤﹣3
即m的取值范围是（﹣∞，﹣3]∪[3，+∞）．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
19. 设：对任意的都有，：存在，使，如果命题为真，命题为假，求实数的取值范围.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：先根据恒成立得 最小值，得p，再根据方程有解得q，根据命题为真，命题为假，得一真一假，最后分类求实数的取值范围.
试题解析：由题意：对于命题，∵对任意的，∴，即；对于命题，∵存在，使，
∴,即或. ∵为真，为假，
∴一真一假，①真假时，, ②假真时，.
综上，.
20. 已知函数是奇函数，且.
（1）求实数和的值；
（2）判断函数在上的单调性，并加以证明．
【答案】（1），；（2）上为增函数，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据奇函数有可得，再由可得；
（2）根据函数单调性定义法证明即可.
【详解】（1）∵是奇函数，
∴．
即，
比较得，.
又，
∴，
解得，
即实数和的值分别是2和0.
（2）函数在上为增函数．
证明如下：由（1）知，
设，
则，
，，，
∴，
∴，
即函数在上增函数．
【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，函数单调性的定义法证明，属于中档题.
21. 已知关于的不等式的解集为或
（1）求，的值；
（2）当，且满足时，有恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到1和是方程的两个实数根，再利用根与系数关系求解即可；
（2）根据题意得到，再利用基本不等式求出的最小值即可.
【小问1详解】
因为不等式的解集为或，
所以1和是方程的两个实数根，且，
所以，解得，即，.
所以实数，的值分别为1，2.
【小问2详解】
由（1）知，于是有，
故，
当且仅当，结合，即时，等号成立，
依题意有，即，
得，即，
所以的取值范围为．
22. 某医学研究所研发一种药物，据监测，如果成人在2h内按规定的剂量注射该药，在注射期间，血液中的药物含量呈线性增加；停止注射后，血液中的药物含量呈指数衰减，每毫升血液中的药物含量与服药后的时间（h）之间近似满足如图所示的曲线，其中是线段，曲线段是函数的图象，且.
（1）写出注射该药后每毫升血液中药物含量关于时间的函数关系式；
（2）据测定：每毫升血液中药物含量不少于时治疗有效，如果某人第一次注射药物为早上8 点，为保持疗效，第二次注射药物最迟是当天几点钟？
（3）若按（2）中的最迟时间注射第二次药物，则第二次注射后再过1.5h，该人每毫升血液中药物含量为多少 （参考数据：）？
【答案】（1）
（2）13点 （3）
【解析】
【分析】(1)根据函数图象分段求解函数解析式即可；
(2)根据题意列出不等式，求解出答案即可；
(3)分别求解出第二次注射后每毫升血液中含第一次和第二次服药后的剩余量，相加即为结果.
【小问1详解】
当时，，
当时，把代入（是常数）
得 ： ，解得： ，
∴.
【小问2详解】
设第一次注射药物后最迟过小时注射第二次药物，其中.
则，
解得：，
∴第一次注射药物5h后开始第二次注射药物，即最迟13点注射药物.
【小问3详解】
第二次注射药物后
每毫升血液中第一次注射药物的含量：
每毫升血液中第二次注射药物的含量：，