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重庆市杨家坪中学2023-2024学年高一数学上学期期中试题(Word版附解析)

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高2026届高一上期半期考试(数学)一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.命题,,则命题p的否定是()A.,B.,C.,D.,【答案】B【解析】【分析】根据存在量词命题否定为全称命题即可求解.【详解】命题,,则命题p的否定是,,故选:B2.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据常见数集,整理集合表示,根据交集的运算,可得答案.【详解】由集合,则,.故选:A3.正确表示图中阴影部分的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据图及集合的关系和运算判断. 【详解】由图及集合的关系和运算,通过韦恩图判断,下面四个图分别对应选项ABCD,判断C正确.故选:C.4.设,,则有()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用作差法可得出、的大小关系.【详解】因为,当且仅当时,等号成立,故.故选:B.5.下列四组函数,表示同一函数的是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的三要素,逐一判断即可.【详解】对于A,因为与对应法则不一致,不是同一函数;对于B,因为定义域为,而的定义域为R,所以两函数的定义域不同,故不能表示同一函数;对于C,因为定义域为,而的定义域为,所以两函数的定义域不同,故不能表示同一函数;对于D,,的定义域均为R,对应关系也相同,值域也相同,故能表示同一函数.故选:D. 6.已知,则的最小值是()A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】【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.7.已知,则函数的解析式为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】直接利用换元法可得答案,解题过程一定要注意函数的定义域.【详解】令,则,,因为,所以,则.故选:C.8.已知是上的增函数,那么a的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】根据分段函数的单调性的性质以及基本初等函数的单调性即可求解.【详解】是上的增函数,所以,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.给出以下几组集合,其中是相等集合的有()A.,B.,C.,D.,【答案】CD【解析】【分析】利用集合相等的定义即可判断各选项.【详解】对于A,是点集,是数集,,故A错误;对于B,,故B错误;对于C,,,故C正确;对于D,,,故D正确.故选:CD.10.若“”是“”充分不必要条件,则实数a的值可以是()A.5B.6C.7D.8【答案】BCD 【解析】【分析】根据分式不等式化简得,进而根据充分不必要条件转化成子集关系,即可求解.【详解】由得,故“”是“”充分不必要条件,所以,故,故选:BCD11.下列说法正确的是()A.若对任意实数x都成立,则实数k的取值范围是B.若时,不等式恒成立,则实数a取值范围为C.若,,且,则的最小值为18D.已知函数,若,则实数a的值为或【答案】CD【解析】【分析】对于选项A:根据具体函数定义域结合已知得出在上恒成立,即可根据含参一元二次不等式恒成立的解法分类讨论,解出答案,即可判断;对于选项B:根据对钩函数的性质得出若时,,即可判断;对于选项C:根据已知得出,即可根据基本不等式1的妙用得出,根据基本不等式得出答案,即可判断;对于选项D:根据分段函数求函数值判断a值为或是否满足题意.【详解】对于选项A:若对任意实数x都成立,则在上恒成立,当时,,满足题意,当时,在上恒成立,则,解得,故A错误; 对于选项B:根据对钩函数的性质可得函数在上单调递增,则当时,,故当恒成立,则实数a取值范围为,故B错误;对于实数C:,,且,则,则,当且仅当,即,时,等号成立,故C正确;对于选项D:若,则,满足题意,若,则,满足题意,故D正确;故选:CD.12.已知关于的不等式的解集为,则下列说法正确的是()A.B.C.D.设关于的方程的解为,则【答案】ABD【解析】【分析】结合题意可得和为方程的两根,且,,根据韦达定理可得,,从而判断AB选项;通过化简,进而可判断C选项;令,结合题意 可得方程在上的两个解为和,进而得到,可得,利用作差法即可判断D选项.【详解】因为不等式的解集为,所以和为方程的两根,且,,所以,即,,又,所以,所以,,故AB正确;而,故C错误;因为关于的方程的解为,令,即,所以关于的方程在上有两个解,结合题意,可得方程在上的两个解为和,所以,所以, 又,且,所以,即,所以,故D正确.故选:ABD.【点睛】方法点睛:解决一元二次不等式解集相关问题,常常转化为对应一元二次方程的根的问题,进而结合韦达定理求解.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知实数满足,则的取值范围是_________________.【答案】【解析】【分析】利用不等式的性质即可求得答案【详解】解:因为,所以,因所以,所以的取值范围是,故答案为:14.已知函数的定义域为,则函数的定义域为_________.【答案】【解析】【分析】抽象函数定义域问题,同一个对应法则下,括号内的式子取值范围相同,从而得解.【详解】因为的定义域为,所以对于,有,得,则函数的定义域为. 故答案为:15.设全集,用U的子集可表示由0,1组成的6位字符串,如表示的是从左往右第1个字符为1,第3个字符为1,其余均为0的6位字符串101000,并规定空集表示的字符串为000000.(1)若,则表示的6位字符串为______.(2)若,集合表示的字符串为011011,则满足条件的集合A的个数为______个.【答案】①.100110②.4【解析】【分析】(1)先求出,然后根据字符串的定义求解即可,(2)由已知可求得,而,从而可求出集合A【详解】(1)因为,,所以,所以表示的6位字符串为100110.(2)因为集合表示的字符串为011011,所以,又,所以集合A可能为,,,,即满足条件的集合B的个数为4.故答案为:(1)100110,(2)416.设函数是定义在上的奇函数,,若对任意两个不相等的正数都有,则不等式的解集为______.【答案】【解析】【分析】根据题意分析函数的奇偶性单调性求解即可.【详解】构造函数,则因为是定义在上的奇函数,故为定义域是的偶函数,又对任意两个不相等的正数都有,即 ,故在上为减函数.又,故.综上,为偶函数,且在上单调递增,在上单调递减.且.故即.根据函数性质解得故答案为:【点睛】本题主要考查了构造抽象函数,根据函数的单调性与奇偶性与零点等求解不等式的问题.属于中档题.四、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知集合中有三个元素:,,,集合中也有三个元素:0,1,.(1)若,求实数的值;(2)若,求实数的值.【答案】(1)的值为0或(2)的值为【解析】【分析】(1)若,则或,再结合集合中元素的互异性,能求出的值.(2)当取0,1,时,都有,集合中的元素都有互异性,由此能求出实数的值.【小问1详解】集合中有三个元素:,,,,或,解得或,当时,,,,成立;当时,,,,成立.的值为0或.【小问2详解】 集合中也有三个元素:0,1,,,当取0,1,时,都有,集合中的元素都有互异性,,,.实数的值为.18.已知集合,,.(1)求,.(2)若______,求实数m的取值范围.请从①,②,③这三个条件中选一个填入(2)中横线处,并完成(2)问的解答.【答案】(1),或(2)【解析】【分析】(1)根据不等式的运算得出集合,根据集合的交并补运算得出答案;(2)根据各条件分析可得,即可根据集合间的包含关系得出答案.【小问1详解】,,,,或,【小问2详解】若选①:,则,若,则,解得,若,则,解得,综上,则, 若选②:,若,则,解得,若,则,解得,综上,则,若选③:,则,若,则,解得,若,则,解得,综上,则,故实数m的取值范围为:.19.已知(1)求函数的值域;(2)用定义证明在区间上是增函数.【答案】19..20.证明见解析【解析】【分析】(1)对函数化简变形后利用分式的性质可求得答案,(2)任取,,且,然后作差变形,判断符号,从而可证得结论,【小问1详解】由题意,函数,因为,所以, 所以的值域为.【小问2详解】任取,,且,则,,,,,即,故函数在区间上是增函数.20.已知函数是定义在上的奇函数,当时,.(1)求函数的解析式;(2)若,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用奇函数的性质即可得解;(2)利用函数的奇偶性与单调性可去掉符号,再考虑到定义域即可得解.【小问1详解】因为为奇函数,所以,当时,,则,由为奇函数,得,又满足, 所以【小问2详解】当时,易知为单调递增函数,则由奇函数的性质可知是定义在上的增函数,又因为,所以,故有,即,解得,所以.21.2023年10月11日,连接贵阳至广州的贵广高铁正式提速,按最高时速300公里运营,并同步加密列车开行频次,我国西南地区至珠三角及粤港澳大湾区的高铁运行时间进一步压缩.目前,铁路部门将在贵广高铁线路上开行列车177列,根据客流变化在高峰时段增加高峰线12列;其中,贵阳站至广州南站130列.贵广高铁提速将有效提升高铁运输能力和效率,对密切西南与华南地区往来交流、推动成渝地区双城经济圈和粤港澳大湾区高质量发展具有重要意义.现在已知列车的发车时间间隔(单位:分钟)满足.经市场调研测算,列车载客量与发车时间间隔相关,当时列车为满载状态,载客量为720人;当时,载客量会减少,减少的人数与的平方成正比,且发车时间间隔为3分钟时的载客星为396人.记列车载客量为.(1)求的表达式;(2)若该线路每分钟的净收益为(元),问当发车时间间隔为多少时,该线路每分钟的净收益最大,并求出最大值.【答案】(1)(2)发车时间间隔为3分钟时,该线路每分钟的净收益最大,最大为84元【解析】 【分析】(1)由题设,结合求得的值,进而求解;(2)由题意分和两种情况求得解析式,进而结合基本不等式及函数性质求解即可.【小问1详解】由题意,当时,设,所以,解得,所以.【小问2详解】由题意,当时,,当且仅当,即时,等号成立,即;当时,,所以当时,.因为,所以当发车时间间隔为3分钟时,该线路每分钟的净收益最大,最大为84元.22.定义:若函数在其定义域内存在实数,使,则称是的一个不动点.已知函数.(1)当,时,求函数的不动点;(2)若对任意的实数,函数恒有两个不动点,求的取值范围;(3)在(2)的条件下,若图象上两个点、的横坐标是函数的不动点,且、的 中点在函数的图象上,求的最小值.【答案】(1)或(2)(3)【解析】分析】(1)根据题意解方程即可,(2)由题意可得方程有两个不相等的实根,得,再由可求得结果,(3)设,,,则,,再由题意可得,结合根与系数的关系得,表示出结合二次函数的性质可求得结果.【小问1详解】,由,解得或,所以所求的不动点为或.【小问2详解】令,则①,由题意,方程①恒有两个不等实根,所以,即恒成立,则,故.【小问3详解】设,,,又是的不动点,∴,,∴、的中点为.又的中点在上 ∴,∴,而是方程的两个根,∴即∴,∴当,即时,.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-11-23 15:05:01 页数:17
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文章作者:随遇而安

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