安徽省2023-2024学年高一上学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

高一数学本试卷共4页，22题.全卷满分150分，考试时间120分钟.考生注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.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，只有一项是符合题目要求的.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：A4.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.②③C.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.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得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，可化简为：，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：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，引进智能机器人分练系统，以提高分练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）求的整数值；（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，，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，综上知，实数的取值范围是.