2023-2024学年福建省漳州市东山第二中学等校高一上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省漳州市东山第二中学等校高一上学期期中联考数学试题含答案，共14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。

一、单选题
1．命题“,”的否定为（ ）
A．,B．,
C．,D．,
【答案】A
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题即可.
【详解】解:由题根据全称量词命题的否定可知,
“,”的否定为 “,”.
故选:A
2．已知集合，，若，则a等于（ ）
A．或3B．0或C．3D．
【答案】C
【分析】依题意可得，求出的值，再检验即可.
【详解】因为，且，
即，解得或，
当时，不满足集合元素的互异性，故舍去，
当时，，符合题意.
故选：C
3．已知，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，解出的值，再根据不等式的性质求解即可.
【详解】解：设，
则有，解得，
所以，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
即.
故选：B.
4．已知，则的最小值是（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】D
【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．
5．已知函数，若，则（ ）
A．B．0C．或0D．
【答案】A
【分析】对进行分类讨论，直接计算可求解.
【详解】时，，则，
进一步分类讨论，时，即时，，整理得，根据条件得；
时，即时，，得，不符题意；
时，，，
进一步分类讨论，时，即时，与不符；
时，即，所以时，有，得，与题意不符；
故选：A
6．已知是定义在上的奇函数，当时，.若函数在区间，上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合二次函数的单调性与奇函数的性质，可推出在，上单调递增，从而得，解之即可.
【详解】当时，，由二次函数的单调性可知在，上单调递增，
又因为是定义在上的奇函数，所以在，上单调递增，
综上，在，上单调递增，
又函数在区间，上单调递增，
所以，解得，
所以实数的取值范围是，.
故选：C.
7．将如图的“爱心”献给在抗疫一线的白衣天使，向他们表达崇高的敬意！爱心轮廓是由曲线（轴以上部分包括与轴的交点）与（轴以下部分包括与轴的交点）构成，则（ ）
A．B．10C．D．2
【答案】B
【分析】由已知，将坐标轴上的点代入函数解析式，列出关系式，解方程即可.
【详解】由图知，过点，过点，
则，有 解得，
所以，
故选：B.
8．定义在上的函数，若的图象关于点对称，且，若函数在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，则由题意将转化为，由已知可得为奇函数，从而可得为奇函数，进而得在上单调递增，然后利用函数的单调性可求得结果.
【详解】设，
因为，所以，
由，得，即，
因为的图象关于点对称，所以的图象关于对称，
所以为奇函数，即，
因为，
所以为奇函数，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，得，
即不等式的解集为.
故选：D
二、多选题
9．已知集合，，若，则实数的可能取值为（ ）．
A．1B．C．0D．
【答案】ACD
【分析】先求得集合，根据题意得到，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】由集合，且
因为，可得，
①当时，集合，满足；
②当时，由方程，可得，此时，
因为，所以，可得或，解得或，
所以实数的可能取值为.
故选：ACD．
10．下列各组函数是同一组函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】BCD
【分析】由同一函数的定义域、对应法则都相同，即可判断选项中的函数是否为同一函数.
【详解】A：，，定义域相同，但对应法则不同，不同函数；
B：，，定义域和对应法则都相同，同一函数；
C：与，定义域和对应法则都相同，同一函数；
D：，，，定义域和对应法则都相同，同一函数；
故选：BCD.
11．设正实数a，b满足，则下列结论正确的是（ ）
A．有最小值4B．有最小值C．有最大值D．有最小值
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式逐一判断即可.
【详解】A：因为正实数a，b满足，
所以，
当且仅当时取等号，即时取等号，因此本选项正确；
B：因为正实数a，b满足，
所以，当且仅当时，取等号，
即有最大值，因此本选项不正确；
C：因为正实数a，b满足，
所以，
当且仅当时取等号，因此本选项正确；
D：因为正实数a，b满足，
所以，
当且仅当时取等号，因此本选项正确，
故选：ACD
12．已知定义在上函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①，；②，当时，都有；③．则下列选项成立的是（ ）
A．B．若，则
C．若，则D．，，使得
【答案】ACD
【分析】由条件可得是偶函数且在上单调递增，然后逐一判断每个选项即可.
【详解】由条件①得是偶函数，条件②得在上单调递增，
所以，故A对，
若，则，得，故B错，
若，则或，因为，所以或，故C正确，
因为定义在上函数的图象是连续不断的，且在上单调递增，所以，所以对，只需即可，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．函数的定义域为 ．
【答案】
【分析】解不等式组即得解.
【详解】解：由题得且,
所以函数的定义域为.
故答案为：
14．“不等式对一切实数都成立”，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】对二次项系数分成等于0和不等于0两种情况进行讨论，对时，利用二次函数的图象进行分析求解.
【详解】当时，不等式对一切实数都成立，
所以成立；
当时，由题意得解得：；
综上所述：.
15．有“中欧骏泰”，“永赢货币”两种理财产品，投资这两种理财产品所能获得的年利润分别是和（万元），它们与投入资金（万元）的关系有经验方程式：，今有5万元资金投资到这两种理财产品，可获得的最大年利润是 万元.
【答案】1.2/
【分析】根据已知条件，结合换元法，以及二次函数的性质，即可求解．
【详解】设“中欧骏泰”，“永赢货币”两种理财产品的投入资金分别为万元，万元，
利润为万元，则，
，当时，最大年利润是万元
故答案为：．
16．已知函数，且在定义域上是单调函数，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由于函数在定义域内单调递增，结合题意可知也是增函数，显然时不合题意，当时，对二次函数进行分类讨论，结合二次函数性质即可求得实数a的取值范围.
【详解】由于函数在定义域内单调递增，所以可得在定义域内是单调递增函数，
当时，函数在定义域内不单调，不符合题意；
当时，函数的对称轴为，
当时，函数在区间上单调递减，不符合题意；
当时，函数在区间上单调递增，若使在定义域内是单调递增的，
则需，解得，符合题意；
即实数a的取值范围为
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，集合．
(1)当时，求m的取值范围；
(2)当B为非空集合时，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据列不等式，解不等式即可；
（2）将B为非空集合，是的充分不必要条件转化为集合B是集合A的真子集，然后列不等式求解即可.
【详解】（1）∵，∴，∴．
（2）∵B为非空集合，是的充分不必要条件，
则集合B是集合A的真子集，∴，即，
解得，∴m的取值范围是.
18．已知幂函数在上是减函数，.
(1)求的解析式；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据幂函数的定义，结合幂函数的单调性进行求解即可；
（2）根据幂函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）由函数为幂函数得，
解得或，
又函数在上是减函数，则，即，
所以，；
（2）由（1）得，所以不等式为，
设函数，则函数的定义域为，且函数在上单调递减，
所以解得，所以实数的取值范围是.
19．已知函数的图像过点．
(1)求实数m的值；
(2)判断在区间上的单调性，并用定义证明；
【答案】(1)
(2)在区间上单调递增，证明见解析
【分析】（1）将代入解析式，得到m的值；
（2）利用定义法证明函数单调性步骤：取值，作差，判号，下结论.
【详解】（1）将点代入函数中，可得，解得．
（2）单调递增，证明如下．
由（1）可得，
任取，则
，因为，
则，，，即，
所以，即，
所以在区间上单调递增．
20．设矩形ABCD（AB＞AD）的周长为24cm，把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，设AB＝xcm，DP＝ycm．

(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)求△ADP的最大面积及相应x的值．
【答案】(1)
(2)最大面积为，
【分析】（1）设AB＝x，则，进而，结合勾股定理计算即可求解；
（2）由题意可得，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】（1）设AB＝x，则，
∵AB＞AD，
∴x＞12﹣x，解得x＞6，
∴6＜x＜12，
由题意可知，，
则，
在△ADP中，由勾股定理可得，，
故，
故y与x之间的函数关系式为．
（2）,
当且仅当即时，等号成立，
故当时，△ADP的最大面积为．
21．已知定义在上的函数满足，二次函数的最小值为，且．
(1)分别求函数和的解析式；
(2)设，，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2)．
【分析】（1）通过构造方程组的方法求得，设，根据已知条件可得的解析式；
（2）求出，分、、讨论可得答案.
【详解】（1）定义在上的函数满足①，
可得②，
由①②可得；
设二次函数，
因为的最小值为，且，
所以，解得，
可得；
（2）
，
当时，在上单调递增，
所以，
当时，在上单调递减，
所以，
当时，所以，
所以．
22．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数在上既有最大值又有最小值，且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调减区间为
(2)或
【分析】（1）代入，将表达为分段函数判断即可；
（2）将函数取绝对值可得函数单调性，结合题意可得函数在上最大值，最小值，再结合函数函数单调性与最值分析临界条件可得，进而求解绝对值不等式即可.
【详解】（1）当时，，
由二次函数单调性知在单调递减，在单调递减，
∴的单调递减区间为
（2）当时，，
故在上单调递减，在单调递增，在上单调递减，
又函数在上既有最大值又有最小值，则最大值，最小值.
当且时，有，解得，故，
当且时，由，解得，故，
∵，
∴，
∴，
∴或.