2023-2024学年广东省珠海市金砖四校高一上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省珠海市金砖四校高一上学期期中联考数学试题含答案，共12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．不等式的解集是（ ）
A．B．或
C．D．
【答案】C
【分析】利用一元二次不等式的解法求解.
【详解】∵不等式可化为，解得，
∴不等式的解集是.
故选：C.
2．已知，，则是的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充要也不必要条件
【答案】B
【分析】利用集合与充要条件的关系判断即可.
【详解】因为是的真子集，
所以，则是的必要而不充分条件.
故选：B.
3．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题即可得到答案.
【详解】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，
命题“，”的否定是“，”.
故选：D.
4．下列选项中表示同一函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】D
【分析】根据同一函数的概念判断.
【详解】与定义域不同，故A错误；
与定义域不同，故B错误；
与的对应关系不同，故C错误；
与定义域和对应关系均相同，为同一函数，故D正确.
故选：D.
5．对于任意实数，下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据不等式的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A, 不能得到，比如，故错误，
对于B，若，不能得到，比如，故错误，
对于C，若，不能得到，比如，故错误，
对于D，因为，所以，故正确，
故选：D
6．已知，，则，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用作差法判断即可.
【详解】∵，当且仅当时取等号，
∴.
故选：D.
7．已知函数，若，实数（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】计算出，从而得到，得到方程，求出答案.
【详解】，，解得.
故选：D
8．函数的定义域为，函数，则的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据复合函数定义域的性质，结合二次根式的性质及分母不为零进行求解即可．
【详解】由函数的定义域为，可得，
∴函数的定义域为，
∴由函数，可得，解得
∴函数的定义域为.
故选：D.
二、多选题
9．下列各图中，可能是函数图象的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据函数的概念即可求解
【详解】对于B选项，时每一个x的值都有两个y值与之对应，不是函数图象，故B错误，
其他选项均满足函数的概念，是函数的图象.
故选：ACD.
10．下列函数中，既是偶函数又在区间上为增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据函数的奇偶性可排除AC，再判断选项BD中函数的单调性从而得出答案.
【详解】的定义域是，故函数为非奇非偶函数，故A错误；
的对称轴为，故函数是偶函数且在区间上为增函数，故B正确；
令，则，
则是奇函数，故C错误；
令，则，则为偶函数，
当时，为增函数，故D正确.
故选：BD.
11．已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A．
B．不等式的解集是
C．
D．不等式的解集为或
【答案】BD
【分析】由题意可得1和5是方程的两根，且，利用韦达定理可得与的关系，然后逐项判断可得答案.
【详解】由题意可得1和5是方程的两根，且，
由韦达定理可得，得，
因为，故A错误；
对于B，不等式，即，即，得，
∴不等式的解集是，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，由不等式，得，即，
则，得或，即解集为或，故D正确.
故选：BD.
12．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】利用作差法判断A；利用特值法判断B，利用不等式的性质判断C；利用不等式的性质及基本不等式判断D.
【详解】∵，∴，∴，故A正确；
取，则，此时，故B错误；
∵，∴，故C错误；
∵，，∴，
∴，故D正确.
故选：AD.
三、填空题
13．已知幂函数在上单调递减，则 .
【答案】
【分析】根据题意得到方程，求出或，舍去不合要求的解.
【详解】由题意得，解得或，
当时，在上单调递增，舍去，
当时，在上单调递减，满足要求.
故答案为：
14．函数（）的最大值为 .
【答案】
【分析】利用基本不等式求解即可.
【详解】∵，∴，
∴，
当且仅当时，取等号，
∴函数（）的最大值为.
故答案为：.
15．设，，若，写出由实数所有可能值组成的集合 .
【答案】
【分析】分和讨论即可.
【详解】由解得或，则，
因为，所以，
当时，，满足题意；
当时，，则有或，解得或.
综上，实数所有可能值组成的集合为.
故答案为：
16．命题：，为真命题，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据条件将问题转化不等式在上有解，利用判别式求解.
【详解】因为命题：，为真命题，
所以不等式在上有解，
当时，不等式可化为，得，符合题意；
当时，由题意得，即，
解得，结合，得，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：
四、解答题
17．已知集合，.
(1)若，求的值；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用交集的定义求解；
（2）分类讨论，利用补集和并集的定义可求得结果.
【详解】（1）集合，，，
则由交集的定义可知，且，解得.
（2）当，即时，，符合题意；
当，即时，，符合题意；
当，即时，或，
若，则，解得，
综上，实数的取值范围是.
18．求关于的不等式的解集.
【答案】答案见解析
【分析】原不等式可化为，分三种情况求解即可.
【详解】原不等式可化为，
当时，原不等式为，故原不等式的解集为，
当时，，
当时，则，原不等式的解集为或，
当时，则，原不等式的解集为或，
综上，当时，原不等式的解集为，
当时，原不等式的解集为或，
当时，原不等式的解集为或.
19．已知，，.
(1)求的最小值；
(2)求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用基本不等式，从而求解；
（2）利用，可得，然后利用基本不等式“”的应用，即可求解.
【详解】（1）由题意知，，
所以，解得，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
（2）由，，，可得，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故的最小值为.
20．已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求实数和的值；
(2)判断函数在上的单调性，并证明你的结论；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)函数在上是增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）由条件可得，求出的值，然后根据可求出；
（2）根据函数单调性的定义判断并证明即可；
（3）由条件先将不等式化为，结合函数的定义域和单调性可得满足的不等式组，从而得出答案.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
所以，解得，则，
又因为，则，解得，所以，
对于，，即是奇函数，
所以.
（2），函数在上是增函数.
证明：任取，
所以
，
因为，所以，
则，所以，
故函数在上是增函数.
（3）函数是定义在上的奇函数，且，
则，
因为函数在上是增函数，
所以，则，解得，
所以的取值范围是.
21．某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”.经调研发现：某珍惜水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（单位：千克）满足如下关系：，其它成本投入（如肥料成本，培育管理、施肥等人工费）元.已知这种水果的市场售价大约20元/千克，且销售畅通供不应求，记该水果单株利润为（单位：元）
(1)写单株利润（元）关于施用肥料（千克）的关系式；
(2)当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)
(2)当施用肥料为3千克时，该水果单株利润最大，最大利润为1140元
【分析】（1）根据题意，利用销售额减去成本投入可得出利润的解析式；
（2）分段讨论，利用函数的单调性计算最值即可得解.
【详解】（1）当时，；
当时，，
所以.
（2）当时，，
由二次函数的性质可知；
∵当时，均为减函数，
∴当时，是减函数，则，
综上，当施用肥料为3千克时，该水果单株利润最大，最大利润为1140元.
22．设函数的定义域为，对于区间（，），若满足以下两条性质之一，则称在区间上具有性质.
性质1：对任意，有；
性质2：对任意，有.
(1)分别判断下列两函数在区间是否具有性质；
①；②；
(2)若函数在区间（）具有性质，求的取值范围
【答案】(1)①具有性质，②不具有性质；
(2).
【分析】（1）记当时，的值域为M，则性质1；性质2.然后求出①的值域，根据集合包含关系即可判断；注意当时，②的函数值不存在即可判断；
（2）分，和分别求出函数值域，根据集合关系讨论即可.
【详解】（1）记当时，的值域为M，
则性质1；性质2 .
对于①，当时，，即，
所以，，即函数满足性质1，具有T性质.
对于②，因为当时，函数值不存在，故函数不具有T性质.
（2）由二次函数性质知，函数在上单调递增，
在上单调递减，
当时，的值域为，显然不满足性质2，
故，要使具有T性质，则，
所以，解得（舍去）或（舍去）；
当时，，
所以的值域为，满足，即满足性质1，具有T性质；
当时，的值域为，
因为，所以不是的子集，
且，
所以，此时不具有T性质.
综上，若函数在区间具有性质，则的取值范围为.