安徽省金榜教育名校2023-2024学年高一上学期11月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省金榜教育名校2023-2024学年高一上学期11月联考数学试题（Word版附解析），共14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。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次方程结合交集的概念即可得解.
【详解】因为，，所以.
故选：C.
2. 已知命题，则是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据特称命题的否定，可得答案.
【详解】“”变为“”，“”变成其否定“”.
故选：D.
3. 若p是q的必要不充分条件，q的充要条件是r，则r是p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】利用题给条件判断出r与p的逻辑关系，进而得到正确选项.
【详解】p是q的必要不充分条件，q的充要条件是r，则有
则，又由，可得,
则r是p的充分不必要条件.
故选：A
4. 幂函数（）具有如下性质：，则（ ）
A. 是奇函数B. 是偶函数
C. 既是奇的数又是偶函数D. 是非奇非偶函数
【答案】B
【解析】
【分析】已知条件变形后求出即可.
【详解】
所以是偶函数.
故选：B.
5. 已知，若，则（ ）
A. 2B. C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，进而即得.
【详解】∵，，
∴必有，
∴，
解得或（舍去），
∴.
故选：B.
6. 已知实数a，b，c满足，且，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将变形得到得到大小关系，对变形得到得到大小关系，从而得到答案.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
故选：B
7. 水池有两个相同的进水口和一个出水口，每个口进出的速度如图甲乙所示．某天零点到六点该水池的蓄水量如图丙所示（至少打开一个水口）．给出以下三个论断：①零点到三点只进水不出水；②三点到四点不进水只出水；③四点到六点不进水也不出水．其中正确论断的序号是（ ）
A. ①②B. ②③
C. ①③D. ①
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知得出每个时间段水量变化情况得出每小时水量增减数量，结合每个进水口与出水口的速度，即可得出答案.
【详解】由丙图可知，从零点到三点该水池的蓄水量是6，即每小时增加水量为2，因此是两个进水口同时打开，且出水口没有打开，所以①对；
从三点到四点蓄水量由6降到5，一个小时减少水量为1，因此需要打开一个进水口，一个出水口，所以②错；
从四点到六点蓄水量不变，又题设要求至少打开一个水口，所以需要打开两个相同的进水口和一个出水口，故③错．
故选：D．
8. 设函数，且的定义城为，若所在点构成一个正方形区域，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求出的定义域和值域，根据构成一个正方形区域，列出等式关系，求出的值.
【详解】因为的值域为，
所以的值域为.
设的两根是，且，则定义域.
而点，构成一个正方形区域，
于是.
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. 下列命题中，正确的是（ ）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. “”是“”的必要不充分条件
C. “”是“”的充要条件
D. “”是“”的必要不充分条件
【答案】AB
【解析】
【分析】A项：利用不等式知识即可判断；
B，C项：根据充分条件与必要条件知识即可判断；
D项：根据交并集知识即可判断.
【详解】对于A项：由“”可以推出，但反之不可以，故A项正确.
对于B项：由“”推不出“”，但反之可以，故B项正确.
对于C项：由“”可以推出“”，但反之不可以，故C项错误.
对于D项：由题意知：是(A∩B)∪C的子集，所以“”可以推出“，但反之不可以，故D项错误.
故选:AB.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 函数在内是减函数
B. 函数在区间内是增函数
C. 如果函数在上是减函数,那么它在上也是减函数
D. 函数在区间内是增函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据幂函数单调性判断A；分离常数，根据反比例函数的单调性判断B；判断函数为奇函数，从而确定函数对称区间上的单调性；利用二次函数的特征判断D.
【详解】对于A，因为，所以幂函数在内是减函数，故A正确；
对于B，因为，其图象关于中心对称，所以在区间内是增函数，故B正确；
对于C，函数是奇函数，所以它在上也是减函数，故C正确；
对于D，抛物线的对称轴是，在区间内是增函数，但和的大小不定，故D错误，
故选：ABC.
11. “关于的方程有实数解”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据充分不必要条件的定义，结合分式函数的值域，可得答案.
【详解】有实数解有实数解在函数的值域中取值.
由，
则的值域是，选项中和是的真子集.
故选：CD.
12. 定义在上的函数满足：，且是偶函数，则（ ）
A. 函数的图象关于直线对称B. 函数的图象关于直线对称
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据可得图象关于点对称，是偶函数得到函数的图象关于直线对称，逐项判断可得答案.
【详解】的图象关于点对称，故A错误；
是偶函数函数的图象关于直线对称，
故B正确；
因为，代入中，
得到，进而，因此，
故C正确；
由此得到，
所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在一间窗户面积（a）小于地板面积（b）的房子里，窗户与地板的面积同时增加（m），则采光条件可变好.根据这个事实可以提炼出一个不等式，常常称为“阳光不等式”，它就是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，列出不等关系，然后利用作差法加以证明.
【详解】.
因为，所以，，
因此，
即.
故答案为：
14. 已知函数的图像关于点对称，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】对分离常数化简，根据反比例函数的对称中心，得到答案.
【详解】因为图象关于点对称，
所以且，因此
故答案为：.
15. 若a，b均为正实数，，则的最小值是______.
【答案】8
【解析】
【分析】由，可化简：，再结合基本不等式求解.
【详解】由题意得：，
当且仅当，即或时，取到等号，
故的最小值是.
故答案为：.
16. 已知函数，则使得的的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】令，则，利用奇偶性和单调性求解不等式.
【详解】令，显然是偶函数，且在内单增.
因为，
所以，解得.
故答案为：.
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. 设函数的定义域为，函数的值域为.
（1）当时，求；
（2）若，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出集合，再根据并集的定义即可得解；
（2）由，得，求出函数的值域，进而可得出答案.
【小问1详解】
由，解得.所以，
当时，，所以的值域，
故；
【小问2详解】
因为，所以，
显然，
函数的值域，
从而，即，解得，
故实数的取值范围是.
18. 设，命题；命题.
（1）若为真命题，求的最大值；
（2）若一真一假，求m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）为真命题等价于，利用基本不等式求出的最小值，即可得解；
（2）分别求出为真命题时的范围，再分真假和假真两种情况讨论即可.
【小问1详解】
为真命题等价于，，
，
当且仅当，即时取到等号，
所以的最小值为，
因此，所以，
故的最大值是；
【小问2详解】
一真一假，
当为真命题时，，所以或，
若真假，则，解得，
若假真，则，解得，
综上可知，的取值范围是.
19. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若当时，不等式恒成立，求的整数值的集合.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）转化为，再解不等式可得答案；
（2）转化为在上恒成立，利用单调性再求在上的最小值可得答案.
【小问1详解】
当时，就是，
即，且，解得，且，或，
故不等式的解集是；
【小问2详解】
在上恒成立等价于在上恒成立，
令，设，
，
因为，所以，
所以，，
在上单调递减，
可得函数在上的最小值为，
因此，解得，
所以，
故的整数值的集合是.
20. 某快递公司为降低新冠肺炎疫情带来的经济影响，引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成本.已知购买x台机器人的总成本为（单位：万元）.
（1）应买多少台机器人，可使每台机器人的平均成本最低；
（2）现按（1）中的数量购买机器人，需要安排m人将物件放在机器人上，机器人将物件送达指定分拣处.经过实验知，每台机器人日平均分拣量为（单位：件）.求引进机器人后，日平均分拣量的最大值.
【答案】（1）200台
（2）件
【解析】
【分析】（1）根据题意，每台机器人的平均成本为，然后利用基本不等式求出最小值，即平均成本最低.
（2）根据每台机器人日平均分拣量方程，求出每台机器人日平均分拣量的最大值，然后乘以机器人数即可得到答案.
【小问1详解】
每台机器人的平均成本为
，当且仅当，即时取等号.
因此应买200台机器人，可使每台机器人的平均成本最低.
【小问2详解】
当时，每台机器人日平均分拣量的最大值为450，
当时，.
当时，每台机器人的日平均分拣量的最大值为480.
因此引进200台机器人后，日平均分拣量的最大值为件.
21. 我们知道，，当且仅当时等号成立.即a，b的算术平均数的平方不大于a，b平方的算术平均数.
此结论可以推广到三元，即，当且仅当时等号成立.
（1）证明：，当且仅当时等号成立.
（2）已知.若不等式恒成立，利用（1）中的不等式，求实数的最小值.
【答案】21. 证明见解析
22.
【解析】
【分析】（1）运用作差法比较并配方后即得；
（2）将题中的相关量整体替换入（1）中的不等式并化简， 再运用参变分离法即可求得.
【小问1详解】
故，当且仅当时等号成立.
【小问2详解】
当时，由（1）中的不等式得，，
所以，即，
当且仅当时等号成立.因此的最大值为.
由恒成立可得：，因的最大值为，
故有：即实数的最小值为.
22. 已知函数，其中.若存在实数，使得关于的方壁有两个不同的实数根.
（1）求整数值；
（2）设函数取（1）中的整数值.若在上单调递增，求实数的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据图象可得时函数与的交点的横坐标在，转化为存在实数，使得关于的方程有两个不同的实数根，根据图象可得答案；
（2）根据的单调性可得答案.
【小问1详解】
因为，，
所以当时函数与的交点中，
当时，，是增函数，
当时，，也增函数，
当“点在点上方”时，
存在实数，使得关于的方程有两个不同的实数根，
即存在实数，使直线与曲线有两个交点，
所以，只有适合.故的整数值是2；
【小问2详解】
，
在上，单调递增，等价于，即，
在上，单调递增，等价于，即，