四川省南充市阆中中学2023-2024学年高一上学期11月月考数学试题（Word版附解析）

阆中中学校2023年秋高2023级期中教学质量检测数学试题第I卷（选择题，共60分）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，只有一项是符号题目要求的．1.若全集，集合A满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据补集的运算可得答案.【详解】因为，，所以，故选：C2.函数的定义域是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】令，解不等式可得函数的定义域．【详解】令，解得且故选：C3.已知命题，，则（）A.命题，为假命题B.命题，为真命题 C.命题，为假命题D.命题，为真命题【答案】D【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可；【详解】解：显然当时不满足，故命题，为假命题，所以，为真命题，故选：D．4.已知幂函数的图象过点，则的值为（）A.B.C.0D.1【答案】C【解析】【分析】根据幂函数定义求得k，再根据图象过的点求得，即可得答案.【详解】由题意是幂函数，则，即，将代入可得，故，故选：C5.“函数在上为增函数”是“”的（　　）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】由函数的单调性，结合一次函数性质求参数范围，根据充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由在上为增函数，则，所以“函数在上为增函数”是“”的必要不充分条件.故选：B 6.下列命题不正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】由作差法可判断A,B,D,取可判断C，从而得出答案.【详解】选项A.,则，故正确选项B.由，则，故正确选项C.取，满足，，，满足，故不正确选项D.由，，故正确故选：C7.已知函数，则函数的图像是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由可知图像与的图像关于轴对称，由的图像即可得出结果. 【详解】因为，所以图像与的图像关于轴对称，由解析式，作出的图像如图.从而可得图像为D选项.故选：D.8.已知为奇函数，且．若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】为奇函数，可求出，进而可求.【详解】设，因其为奇函数，，则，则，得，则.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，有多项符号题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列函数中为偶函数且在上单调递增的是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】根据函数奇偶性定义，并利用函数单调性逐一判断即可得出结论.【详解】对于A，满足偶函数定义，利用二次函数性质可得其在上单调递增，故A正确； 对于B，易知，即满足偶函数定义，且当时，为单调递增，即B正确；对于C，显然的定义域为，不关于原点对称，因此C错误；对于D，易知的定义域为，且满足，即是奇函数，故D错误；故选：AB10.已知关于x不等式的解集为，则（）A.B.C.不等式的解集为D.不等式的解集为【答案】AD【解析】【分析】由题意可得是方程的两个根，且，然后利用根与系数的关系表示出，再逐个分析判断即可【详解】因为关于x的不等式的解集为，所以是方程的两个根，且，所以，得，对于A，，正确，对于B，因为，所以B错误，对于C，由，得，因为，所以，所以不等式的解集为，所以C错误，对于D，由，得，因为，所以， 解得，所以不等式的解集为，所以D正确，故选：AD11.已知，都为正数，且，则下列说法正确的是（）A.的最大值为B.的最小值为C.的最大值为D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式一一判断即可.【详解】对于A：，，，，当且仅当，即，时，等号成立，即的最大值为，故A正确，对于B：，，，，由A可知，，，当且仅当，时，等号成立，即的最小值为，故B正确，对于C：，，，，当且仅当，即，时，等号成立，显然不成立，所以的最大值取不到，故C错误，对于D，，，，， 当且仅当，即，时，等号成立，即的最小值为，故D正确，故选：ABD．12.已知函数，以下结论正确的是（）A.为奇函数B.对任意的都有C.的值域是D.对任意的都有【答案】AB【解析】【分析】根据奇函数定义确定A正确，变换计算函数单调性得到B正确，取，无解得到C错误，举反例得到D错误，得到答案.【详解】对选项A：，，则，函数为奇函数，正确；对选项B：当时，，函数单调递增，又函数为奇函数，故函数在上单调递增，即，正确；对选项C：取，得到，当时，，方程无解，当时，，不满足，不正确；对选项D：取，，则， ，故，错误；故选：AB.第II卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上）13.不等式的解集为_______________．【答案】【解析】【分析】因式分解得出相应方程的根，再根据不等号方程写出解集．【详解】原不等式化为，所以解集为．故答案为：．14.已知函数，则_________【答案】2【解析】【分析】通过赋值，即可求解.【详解】因为，令，则.故答案为：215.已知，当取得最小值时，则的值为_______________．【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式求得最值，根据等号成立条件可得，即可求出结果.【详解】由可得，则 ；当且仅当，即时，等号成立，取得最小值为，此时.故答案为：16.设函数f(x)=x-,对任意x恒成立，则实数m的取值范围是________【答案】【解析】【详解】试题分析：因为，那么可知任意，恒成立，即为然后对于m<0时，则有．当m>0时，则恒成立显然无解，故综上可知范围是考点：本试题考查了不等式恒成立问题．点评：对于不等式的恒成立问题要转化为分离参数思想求解函数的最值来处理或者直接构造函数，运用函数的最值来求解参数的范围，这是一般的解题思路，属于中档题．四、解答题：本大题共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.（1）设集合，，求，；（2）已知全集，非空集合，，求的值．【答案】（1），；（2）4或6【解析】【分析】（1）根据集合的运算法则计算； （2）给韦达定理分析方程的根的可能情况，从而得出结论．【详解】（1）因为，，所以，，所以（2）因为，且方程的两根之和为5，又由于两根只能从1，2，3，4，5中取值，因此或当时，，；当时，，综上：q的值为4或6.18.已知函数（1）若，求实数a的值；（2）若，求实数m的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）根据，分，和三种情况讨论即可得出答案；（2）分，和三种情况讨论，解不等式即可.【小问1详解】解：①当时，，解得，不合题意，舍去；②当时，，即，解得或，因为，，所以符合题意；③当时，， 解得，符合题意；综合①②③知，当时，或；【小问2详解】解：由，得或或，解得或，故所求m的取值范围是.19.已知定义在上的奇函数，当时，．（1）求函数在上的解析式；（2）在坐标系中作出函数的图象；（3）若函数在区间上是单调函数，求实数的取值范围．【答案】（1），（2）见解析（3）或或【解析】【分析】（1）根据函数是奇函数，求函数的解析式；（2）根据函数的解析式，作出函数的图象；（3）根据函数的图象，结合函数的单调性，转化为子集问题，即可求解.【小问1详解】当时，， 因为函数是奇函数，所以，且，所以函数在上的解析式为;【小问2详解】根据函数的解析式，作出函数的图象，小问3详解】函数在区间上是单调函数，根据图象可知，，或，或，解得：或或.20.我市地铁项目正在如火如荼地进行中，全部通车后将给市民带来很大的便利.已知地铁号线通车后，列车的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算．地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载客量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为．（1）当时，求的表达式；（2）若该线路每分钟的净收益为（元）．问：当列车发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？【答案】（1）（2）分钟【解析】【分析】（1）当时，，由可求出的值，由此可得出的表达式； （2）当时，可得出关于的表达式，结合函数单调性可得出；当时，利用基本不等式求出的最大值，比较大小后可得出结论.【小问1详解】当时，，∵，∴，解得．∴．【小问2详解】当时，．∴．可得．当时，．∴，所以当时，即当时，等号成立，即．所以当列车发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大为元．21.已知函数是定义在上的奇函数，且．（1）求函数的解析式；（2）判断在上的单调性，并用单调性定义证明；（3）解不等式．【答案】（1），（2）增函数；证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据奇函数的性质和求解即可. （2）利用函数单调性定义证明即可.（3）首先将题意转化为解不等式，再结合的单调性求解即可.【小问1详解】函数是定义在上的奇函数，；，解得，∴，而，解得，∴，．【小问2详解】函数在上为减函数；证明如下：任意且，则因为，所以，又因为，所以，所以，即，所以函数在上为减函数．【小问3详解】由题意，，又，所以，即解不等式，所以，所以，解得，所以该不等式的解集为．22.已知．（1）若函数在上单调递减，求实数a的取值范围；（2），用表示，中的最小者，记为.若， 记的最小值，，求的最大值．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）根据已知得出解析式，根据已知结合二次函数单调性列出不等式，得出答案；（2）根据已知函数新定义结合二次函数最值得出，即可根据与的草图得出答案.【小问1详解】在上单调递减，则对称轴，解得，故实数的取值范围为；【小问2详解】的对称轴为，当，即时，，当，即时，，当，即时，，故，而， 令，当时，，解得，（舍），当时，，解得，（舍），当时，，解得（舍），即解得：或，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，故最大值为.【点睛】方法点睛：在研究含参二次函数最值问题上，一般分为：定轴定区间：根据二次函数在区间上的单调性直接得出答案；动轴定区间：分对称轴在区间左边，中间，右边三种情况讨论，得出其在区间上单调性，再求最大最小值，注意对于中间情形，又可具体分为偏左，偏右讨论；定轴动区间：分区间在对称轴左边，对称轴在区间中间，区间在对称轴右边三种情况进行讨论，得出其在区间上的单调性，再求最大最小值；动轴动区间：分对称轴在区间左边，中间，右边三种情况讨论，一般会通过范围约掉部分进行讨论；