湖北省部分普通高中联盟2023-2024学年高一上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年度上学期湖北省部分普通高中联盟期中联考高一数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题所给的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据交集定义直接计算即可.【详解】集合，则.故选：A2.不等式的解集为（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】由等价于，进而可求出不等式的解集.【详解】由题意，等价于，解得，所以不等式的解集为.故选：C.【点睛】本题考查分式不等式的解集，考查学生的计算能力，属于基础题.3.命题p：“，”，则为（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】 【分析】利用含有一个量词的否定的方法求解即可.【详解】命题p：“，”，则为：，．故选：C.4.下列命题为真命题的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】利用特殊值判断A，利用不等式的性质判断B、C、D；【详解】解：对于A：当时，故A错误；对于B：因为，所以，所以，所以，即，故B错误；对于C：由，则，，所以，故C错误；对于D：由，所以，所以，故D正确；故选：D5.已知集合，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】图中阴影部分表示的集合是，由此能求出结果.【详解】图中阴影部分表示，∵，，则， ∴．故选：A.6.设，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由可得，结合充分、必要条件的定义即可求解.【详解】由可得，由“”不能推出“”，但由“”可以推出“”．故“”是“”的必要而不充分条件．故选：B.7.已知，则函数的解析式为（）A.B.（）C.（）D.（）【答案】C【解析】【分析】令（），采用换元法求函数的解析式.【详解】设（），则，，所以（），故选：C.8.已知：偶函数定义域为且上有.，若，则不等式的解集是（）A.B. C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件得函数在上单调递增，在上单调递减，且，由此可得选项.【详解】由偶函数对任意的上有，所以函数在上单调递增，又由于偶函数的图象关于y轴对称，所以函数在上单调递减，因为，所以，所以不等式的解集是，故选：B.【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性综合运用，求解不等式的问题，属于中档题.二、多选题（本大题共4小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（）A.B.若，则C.若，则D.若，，则【答案】BD【解析】【分析】利用有理数的意义判断A；利用并集、交集的性质推理判断B；利用交集的意义判断CD.【详解】对于A，，A错误；对于B，由，，得，而，则，同理得，于是，B正确；对于C，由，，得，C错误；对于D，由，，得，D正确．故选：BD10.下列各组函数与的图象相同的是（） A.，B.，C.，D.，【答案】BC【解析】【分析】根据相等函数的概念，分析函数的定义域、值域和解析式，依次判断选项即可求解.【详解】对于A，函数的定义域为，值域为，而的定义域为，值域为，故A不合题意；对于B，函数的定义域为，值域为，而，则与的定义域、值域均相同，解析式相同，故B符合题意；对于C，函数的定义域为，的定义域为，且值都为1，故C符合题意；对于D，两个函数的解析式不同，故D不合题意；故选：BC．11.，恒成立，a的值可以为（）A.B.C.D.5【答案】CD【解析】【分析】，恒成立转换为恒成立，然后应用一元二次函数的性质解题即可.【详解】，恒成立，即恒成立，所以，即，解得，故选：CD．12.下列说法正确的有（） A.既是偶函数又在上单调递减B.若命题“，”为假命题，则实数m的取值范围是C.若a，b，c均为实数，则“”的充要条件是“”D.对一切实数x，不等式恒成立，则m的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可判断A；由全称量词命题为真可得，即可判断B；举例即可判断C；易知不等式成立，当时，根据一元二次不等式恒成立即可判断D.【详解】A选项，，则为定义域上的偶函数，且在上单调递减，故A正确；B选项，因为命题“，”为假命题，所以命题“，”为真命题，所以，解得，所以实数m的取值范围是，故B正确；C选项，当时，由，故C错误；D选项，当时，不等式化为，恒成立；当时，由不等式恒成立，得，解得：，因此实数m的取值范围为．故D正确．故选：ABD．三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知集合，集合，若，则实数__________．【答案】0【解析】【分析】依题意可得，即可得到，解得即可；【详解】解：由题意知，又集合，因此，即．故． 故答案为：.14.已知，，且，则的最小值是__________【答案】8【解析】【分析】由基本不等式求得最小值．【详解】，，且，则，当且仅当且即，时取等号，此时取得最小值8．故答案为：8.15.若不等式的解集为，则的值为_______【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集可得方程的两根，再利用根与系数关系可求得，即可求解.【详解】因为不等式的解集为：，得：，即方程的两个根为和，由根与系数的关系得，，解得：，，所以：.故答案为：.16.已知“”是假命题,则实数的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】求出命题的否定，由原命题为假命题，得命题的否定为真命题，参变分离得到，构造函 数求在所给区间上的最小值.【详解】解：由题意可知，是真命题对恒成立，令令则；令则；即在上单调递减，上单调递增；故答案为：【点睛】本题考查根据命题的真假求参数的取值范围，关键是将问题进行转化，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.已知集合，．（1）求；（2）求．【答案】17.18.【解析】【分析】（1）由一元一次不等式的解法求出集合B，结合并集的概念和运算即可求解；（2）结合补集与交集的概念与运算即可求解.【小问1详解】由题意可知，，，∴；【小问2详解】或， ∴．18.求下列不等式的解集．（1）（2）．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）方程化为一元二次不等式的标准形式，因式分解得出相应方程的解，然后写出不等式的解集；（2）移项通分转化为整式不等式求解．【小问1详解】等价于，即，解得或，故不等式的解集为．【小问2详解】等价于，即，即，且，解得或，故不等式的解集为或．19.已知函数．（1）判断函数在区间上的单调性，并用定义证明其结论；（2）求函数在区间上的最大值与最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）最大值为；小值为【解析】 【详解】试题分析：（1）利用单调性的定义，任取，且，比较和0即可得单调性；（2）由函数的单调性即可得函数最值.试题解析：（1）解：在区间上是增函数.证明如下：任取，且，.∵，∴，即.∴函数在区间上增函数.（2）由（1）知函数在区间上是增函数，故函数在区间上的最大值为，最小值为.点睛：本题考查利用函数的奇偶性求函数解析式,判断并证明函数的单调性,属于中档题目.证明函数单调性的一般步骤：（1）取值：在定义域上任取，并且（或）；（2）作差：，并将此式变形（要注意变形到能判断整个式子符号为止）；（3）定号：和0比较；（4）下结论.20.已知非空集合，．（1）若，求；（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）利用集合运算求解即可；（2）将充分不必要条件转化为集合之间的包含关系即可.【小问1详解】当时，，或，解不等式得：，即，所以.【小问2详解】，即，，若“”是“”的充分不必要条件，即，所以（等号不同时成立），解得：；即实数a的取值范围为．21.已知函数，且的解集为.（1）求的值；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），；（2）实数的取值范围为.【解析】【分析】（1）依题意为方程的两根，根据根与系数关系列方程组，解方程即可；（2）依题意，求出函数的最小值可求出参数的取值范围.【小问1详解】因为的解集为，且，所以，且为方程的两根，所以，， 所以，；【小问2详解】由(1)可得，不等式可化为，所以因为对于任意的，不等式恒成立，所以对于任意的，不等式恒成立，即，其中，因，其中，所以当时，取最小值，最小值为，所以，故实数取值范围为.22.如图所示，将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大矩形花园AMPN，要求B在AM上，D在AN上，且对角线MN过C点，已知米，米．（1）要使矩形AMPN的面积大于32平方米，则AN的长应在什么范围内？（2）当AN的长度是多少时，矩形的面积最小？并求出最小面积．【答案】（1）（2）AN长为4米时，矩形的面积最小，最小为24平方米【解析】【分析】（1）由题意设出AN的长为x米，因为三角形三角形，则对应线段成比例可知AM，表示出矩形的面积令其大于32得到关于x的一元二次不等式，求出解集即可；（2）解法1：利用当且仅当时取等号的方法求出S的最大值即可；解法2：讨论函数的增减性得出函数的最大值即可．【小问1详解】设的长为x米， 由题意可知：∵，∴，∴，∴，由，得，∵，∴，即,解得：或，即长的取值范围是；【小问2详解】解法一：∵，∴，当且仅当，即时，取“=”号，即的长为4米，矩形的面积最小，最小为24平方米．解法二：∵∴，令得，当时，，当时，当时，S取极小值，且为最小值，即长为4米时，矩形的面积最小，最小为24平方米．