2023-2024學(xué)年遼寧省鞍山市高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題（解析版）

試卷第=page11頁(yè)，共=sectionpages33頁(yè)第Page\*MergeFormat1頁(yè)共NUMPAGES\*MergeFormat14頁(yè)2023-2024學(xué)年遼寧省鞍山市高一上學(xué)期期中數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到結(jié)果.【詳解】由解得，所以，又因?yàn)?，所以，故選：D.【點(diǎn)睛】本題考查的是有關(guān)集合的問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題目.2．已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由充分條件、必要條件的定義判斷即可得解.【詳解】由題意，若，則，故充分性成立；若，則或，推不出，故必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.3．已知，若為上的奇函數(shù)，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意可得，從而可求出的值【詳解】由題意可得當(dāng)時(shí)，，因?yàn)闉樯系钠婧瘮?shù)，所以所以，，所以（舍去），或，因?yàn)樗?故選：C.4．下列命題中為真命題的是（

）A．，B．，C．，D．，【答案】C【分析】對(duì)A：由判斷命題為假；對(duì)B：當(dāng)時(shí)命題不成立；對(duì)C：由及關(guān)系判斷命題為真；對(duì)D：由判斷命題為假.【詳解】，，故是假命題；當(dāng)時(shí)，，故是假命題；，，故是真命題；方程中，此方程無(wú)解，故是假命題.故選:：C.5．關(guān)于的不等式的解集為，且，則（

）A．3 B． C．2 D．【答案】A【分析】根據(jù)一元二次不等式與解集之間的關(guān)系可得、，結(jié)合計(jì)算即可.【詳解】由不等式的解集為，得，不等式對(duì)應(yīng)的一元二次方程為，方程的解為，由韋達(dá)定理，得，，因?yàn)?，所以，即，整理，?故選：A6．某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為900元，若每批生產(chǎn)件，則平均倉(cāng)儲(chǔ)時(shí)間為天，且每件產(chǎn)品每天的倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品（

）A．30件 B．60件 C．80件 D．100件【答案】B【分析】確定生產(chǎn)件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和，可得平均每件的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和，利用基本不等式，即可求得最值．【詳解】根據(jù)題意，該生產(chǎn)件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和是這樣平均每件的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和為（為正整數(shù)）由基本不等式，得當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取得最小值，時(shí)，每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和最小故選：B7．已知函數(shù)的定義域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分、、三種情況，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【詳解】當(dāng)時(shí)，，則，得，即定義域?yàn)?，不符合題意；當(dāng)時(shí)，，定義域?yàn)镽，符合題意；當(dāng)時(shí)，由題意得關(guān)于x的不等式恒成立，故，解得或.綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.故選：D8．設(shè)a，bR，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用不等式的基本性質(zhì)及作差法，對(duì)結(jié)論逐一分析，選出正確結(jié)論即可.【詳解】因?yàn)?，則，所以，即，故A錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以，則，所以，即，∴，，即，故B錯(cuò)誤；∵由，因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以，即，故C錯(cuò)誤；由可得，，故D正確.故選：D.二、多選題9．下列結(jié)論正確的是（

）A．B．集合A，B，若且，則C．集合，，則D．集合，，若，則或【答案】BC【分析】由是無(wú)理數(shù)可判斷A錯(cuò)；根據(jù)集合相等的概念知B對(duì)；對(duì)于C，求得x和y的取值范圍均為R，從而可判斷C對(duì)；對(duì)于D，根據(jù)集合的包含關(guān)系可求，從而可判斷.【詳解】因?yàn)槭菬o(wú)理數(shù)，所以，故A錯(cuò)誤；由集合相等的概念知B正確；因?yàn)橹械膞和y的取值范圍均為R，所以，故C正確；因?yàn)?，所以?當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，此時(shí).故或，解得或.綜上所述，a的取值為0，或，故D錯(cuò)誤.故選：BC.10．已知正數(shù)滿足，則下列結(jié)論正確的是（

）A．的最大值是1B．的最小值是2C．的最小值是4D．的最小值是【答案】ABD【解析】多項(xiàng)選擇題需要對(duì)選項(xiàng)一一驗(yàn)證；用均值不等式判斷A，對(duì)B、D進(jìn)行“1的代換”，對(duì)C取特殊值進(jìn)行驗(yàn)證.【詳解】由，得，所以(當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào))，故A正確；(當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào))故B正確；∵，∴(當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào))，故C錯(cuò)誤；(當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào))，故D正確.故選ABD.【點(diǎn)睛】（1）多項(xiàng)選擇題是2020年高考新題型，需要要對(duì)選項(xiàng)一一驗(yàn)證；（2）易錯(cuò)點(diǎn)睛：利用基本不等式求最值時(shí)，要注意其必須滿足的三個(gè)條件：①“一正二定三相等”“一正”就是各項(xiàng)必須為正數(shù)；②“二定”就是要求和的最小值，必須把構(gòu)成和的二項(xiàng)之積轉(zhuǎn)化成定值；要求積的最大值，則必須把構(gòu)成積的因式的和轉(zhuǎn)化成定值；③“三相等”是利用基本不等式求最值時(shí)，必須驗(yàn)證等號(hào)成立的條件，若不能取等號(hào)則這個(gè)定值就不是所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯(cuò)誤的地方．11．（多選）若函數(shù)在上滿足：對(duì)任意的，，當(dāng)時(shí)，恒有，則稱函數(shù)為“理想函數(shù)”．下列函數(shù)能被稱為“理想函數(shù)”的有（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】先通過(guò)分析，得到若在上單調(diào)遞增，則函數(shù)為“理想函數(shù)”，然后依次判斷四個(gè)選項(xiàng)能否滿足題意.【詳解】不妨設(shè)，則由題意可得，即，由單調(diào)性定義可知，函數(shù)在上單調(diào)遞增，即若在上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)為“理想函數(shù)”．A選項(xiàng)中，該函數(shù)在上單調(diào)遞增，符合“理想函數(shù)”的定義；B選項(xiàng)中，該函數(shù)在上單調(diào)遞增，符合“理想函數(shù)”的定義；C選項(xiàng)中，該函數(shù)在上單調(diào)遞減，不符合“理想函數(shù)”的定義；D選項(xiàng)中．該函數(shù)在上單調(diào)遞增，符合“理想函數(shù)”的定義．故選：ABD．12．下列幾種說(shuō)法中，正確的是（

）A．“”是“”的充分不必要條件B．命題“，”的否定是“，”C．若不等式的解集是，則的解集是D．“”是“不等式對(duì)一切x都成立”的充要條件【答案】BC【分析】利用充分必要條件的定義可判斷A；由命題的否定可判斷B；由不等式的解法可判斷C；由不等式恒成立求出k的取值范圍，再由充分必要條件的定義可判斷D．【詳解】對(duì)于A，x＞y不能推出x2＞y2，例如x＝﹣1，y＝﹣2，x2＞y2也不能推出x＞y，例如x＝﹣2，y＝﹣1，故“x＞y”是“x2＞y2”的既不充分也不必要，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，命題“，”的否定是“，”，故B正確；對(duì)于C，若不等式x2+ax﹣b＜0的解集是（﹣2，3），則﹣2，3是方程x2+ax﹣b＝0的兩個(gè)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可得﹣a＝﹣2+3，﹣b＝﹣6，可得a＝﹣1，b＝6，所以ax2﹣x+b＞0即為﹣x2﹣x+6＞0，即x2+x﹣6＜0，解得﹣3＜x＜2，可得不等式ax2﹣x+b＞0的解集為（﹣3，2），故C正確；對(duì)于D，不等式對(duì)一切x都成立，當(dāng)k＝0時(shí)，不等式0恒成立，當(dāng)k≠0時(shí)，＝k2﹣4×2k×（）＜0，解得﹣3＜k＜0，綜上，k∈（﹣3，0]，所以“k∈（﹣3，0）”是“不等式對(duì)一切x都成立”的充分不必要條件，故D錯(cuò)誤．故選：BC．三、填空題13．已知且，則的最小值為.【答案】【詳解】試題分析：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立.【解析】基本不等式求最值14．設(shè)函數(shù)，當(dāng)時(shí)，恒成立，則的最大值是．【答案】【分析】由已知可得，分、、三種情況討論，結(jié)合可得出的取值范圍，綜合即可得解.【詳解】，當(dāng)時(shí)，，可得；當(dāng)時(shí)，，可得，；當(dāng)時(shí)，因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，.故的最大值是.故答案為：.15．已知,其中.若q是p的必要不充分條件，則實(shí)數(shù)m的取值范圍.【答案】【分析】解不等式求出p與q的的取值范圍，再利用q是p的必要不充分條件即可求解.【詳解】p：，所以不等式的解集為，q：，其中，解得，不等式的解集為.由q是p的必要不充分條件，則且，所以，則且等號(hào)不同時(shí)成立，解得.故答案為：.16．函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，不等式的解集為.【答案】【分析】根據(jù)題意得，進(jìn)而得，故當(dāng)時(shí)，，且在上單調(diào)遞減，進(jìn)而根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)得函數(shù)在上的單調(diào)遞減函數(shù)，然后討論即可.【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，所以，解得，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，所以由二次函數(shù)的性質(zhì)得時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減易知當(dāng)時(shí)，原不等式，解得；當(dāng)時(shí)，無(wú)實(shí)數(shù)解；當(dāng)，無(wú)實(shí)數(shù)解；當(dāng)，即時(shí)，原不等式，解得；當(dāng)，即時(shí)，，，滿足題意；當(dāng)，即時(shí)，，，不滿足題意.綜上，原不等式的解集為：故答案為：四、解答題17．已知非空集合，，全集．(1)當(dāng)時(shí)，求；(2)若是成立的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)或(2)【分析】（1）方法一，根據(jù)條件，直接利用補(bǔ)集、并集的運(yùn)算法則，即可求出結(jié)果；方法二，利用，利用交集運(yùn)算，求出，即可求出結(jié)果.（2）根據(jù)條件得出是的真子集，再根據(jù)集合間的包含關(guān)系即可求出結(jié)果.【詳解】（1）方法一：當(dāng)時(shí)，，所以或．因?yàn)椋曰颍曰颍椒ǘ寒?dāng)時(shí)，，故，所以或．（2）因?yàn)槭浅闪⒌某浞植槐匾獥l件，所以是的真子集，當(dāng)時(shí)，或解得或，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是．18．為發(fā)展空間互聯(lián)網(wǎng)，搶占6G技術(shù)制高點(diǎn)，某企業(yè)計(jì)劃加大對(duì)空間衛(wèi)星網(wǎng)絡(luò)研發(fā)的投入.據(jù)了解，該企業(yè)研發(fā)部原有100人，年人均投入a（）萬(wàn)元，現(xiàn)把研發(fā)部人員分成兩類：技術(shù)人員和研發(fā)人員，其中技術(shù)人員有x名（且），調(diào)整后研發(fā)人員的年人均投入增加4x%，技術(shù)人員的年人均投入為萬(wàn)元.(1)要使調(diào)整后的研發(fā)人員的年總投入不低于調(diào)整前的100人的年總投入，則調(diào)整后的技術(shù)人員最多有多少人？(2)是否存在實(shí)數(shù)m，同時(shí)滿足兩個(gè)條件：①技術(shù)人員的年人均投入始終不減少；②調(diào)整后研發(fā)人員的年總投入始終不低于調(diào)整后技術(shù)人員的年總投入？若存在，求出m的值；若不存在，說(shuō)明理由.【答案】(1)75人(2)存在，7【分析】（1）由題意列不等式，求解即可；（2）由技術(shù)人員的年人均投入始終不減少得，調(diào)整后研發(fā)人員的年總投入始終不低于調(diào)整后技術(shù)人員的年總投入得，綜合得，根據(jù)的范圍由不等式恒成立求得值.【詳解】（1）依題意可得調(diào)整后研發(fā)人員人數(shù)為，年人均投入為萬(wàn)元，則，解得，又，所以調(diào)整后的技術(shù)人員的人數(shù)最多75人;（2）假設(shè)存在實(shí)數(shù)滿足條件.由技術(shù)人員年人均投入不減少得,解得.由研發(fā)人員的年總投入始終不低于技術(shù)人員的年總投入有,兩邊同除以得,整理得,故有,因?yàn)?當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立,所以,又因?yàn)?所以當(dāng)時(shí),取得最大值7,所以,，即存在這樣的m滿足條件，其值為7.19．定義域在R的單調(diào)函數(shù)滿足恒等式，且.(1)求，；(2)判斷函數(shù)的奇偶性，并證明；(3)若對(duì)于任意都有成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)，(2)函數(shù)是奇函數(shù)，證明見(jiàn)解析(3)【分析】（1）取代入函數(shù)滿足的等式，整理可得，再令，根據(jù)，可算出；（2）令，可得，即，可得函數(shù)為奇函數(shù)；（3）根據(jù)函數(shù)是單調(diào)函數(shù)且，得是定義域在上的增函數(shù)，再結(jié)合函數(shù)為奇函數(shù)，將題中不等式轉(zhuǎn)化為在上恒成立，最后采用變量分離的方法結(jié)合換元法求函數(shù)的最小值，可算出的取值范圍.【詳解】（1）令可得，令∴∴∴；（2）令∴∴，即∴函數(shù)是奇函數(shù).（3）是奇函數(shù)，且在時(shí)恒成立，∴在時(shí)恒成立，又∵是定義域在R的單調(diào)函數(shù)，且∴是R上的增函數(shù)，∴即在時(shí)恒成立，∴在時(shí)恒成立.令，∵∴.由拋物線圖象可得∴，則實(shí)數(shù)的取值范圍為.20．已知函數(shù)的定義域?yàn)镽，對(duì)任意的，都有.當(dāng)時(shí)，，且.(1)求的