2023-2024学年广东省惠州市博罗县高一上学期期中调研考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省惠州市博罗县高一上学期期中调研考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合满足，则所有满足条件的集合的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由条件即可得到，并且至少有2个元素，这样按元素个数从2到4的顺序找出所有满足条件的即可．
【详解】根据条件知，1和2都是集合M的元素，并且至少2个元素，
所以满足条件的集合为：，共4个；
故选：B．
2．已知函数则（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】B
【分析】根据的值及函数的解析式，代入计算可得答案．
【详解】由题意得．
故选：B．
3．已知，那么的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为，
所以只有A选项是的一个必要不充分条件.
故选：A.
4．对于实数，，，下列结论中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，，则
【答案】D
【分析】由不等式的性质逐一判断．
【详解】解：对于A：时，不成立，A错误；
对于B：若，则，B错误；
对于C：令，代入不成立，C错误；
对于D：若，，则，，则，D正确；
故选：D．
5．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意得到，再解不等式组即可.
【详解】根据题意可得，解得且．
故选：C
6．函数的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性和特殊点确定正确选项.
【详解】的定义域为，
，所以为偶函数，由此排除CD选项.
，由此排除B选项.
故选：A
7．已知函数满足对任意，都有成立，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先判断函数的单调性，再根据分段函数单调性的定义，列式求解.
【详解】∵满足对任意，都有成立，
∴在上是减函数，，解得，
∴a的取值范围是.
故选：C．
8．已知定义在上的偶函数，若正实数a、b满足，则的最小值为（ ）
A．B．9C．D．8
【答案】A
【分析】根据偶函数的对称性可得，由题意分析可得，结合基本不等式分析运算.
【详解】若函数为偶函数，则，
即，可得，
整理得，故，解得，
∴.
若正实数a、b满足，即，可得，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
∴的最小值为.
故选：A.
二、多选题
9．下列说法中正确的有（ ）
A．若，对任意的时，都有，则在I上是增函数
B．函数在R上是减函数
C．函数y＝－在定义域上是增函数
D． 的单调递减区间是和
【答案】AD
【分析】根据函数单调性定义判断A，根据二次函数性质判断B，利用特殊值判断C，根据反比例函数的性质判断D.
【详解】对于A，根据函数单调性定义知A正确；
对于B，在上单调递减，在上单调递增，故B错误；
对于C，在整个定义域内不是增函数，如，而，故错误；
对于D，在和上单调递减，故D正确.
故选：AD
10．下列说法正确的有（ ）
A．命题“，”的否定为“，”
B．若，，则
C．若幂函数在区间上是减函数，则
D．方程有一个正实根，一个负实根，则
【答案】AD
【分析】根据全称量词命题的否定、不等式、幂函数、一元二次方程的根等知识确定正确答案.
【详解】A选项，根据全称量词命题的否定的知识可知，A选项正确.
B选项，若，，如，则，B选项错误.
C选项，函数是幂函数，
所以，解得或，
与“”矛盾，所以C选项错误.
D选项，设，则有两个零点，
且两个一正一负，则，所以D选项正确.
故选：AD
11．已知不等式，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则不等式的解集为
B．若不等式的解集为，则
C．若不等式的解集为，则
D．若不等式恒成立，则
【答案】ABC
【分析】代入解一元二次不等式可判断A；根据韦达定理可判断B;根据韦达定理可得，由指数的运算可判断C；分与讨论可判断D.
【详解】对于A，若，则即为，解得，故A正确；
对于B，若不等式的解集为，则和是方程的两个根，且，
所以，解得，故B正确；
对于C，不等式的解集为，则和是方程的两个根，且，
则，
则，故C正确；
对于D，当时，恒成立；
当时，可得，解得.
综上所述，若不等式恒成立，则，故D错误.
故选:ABC.
12．已知函数的定义域为A，若对任意，存在正数M，使得成立，则称函数是定义在A上的“有界函数”.则下列函数是“有界函数”的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据题意计算每个函数的值域，再分析是否有界即可.
【详解】对于A，，由于，所以，
所以，故不存在正数M，使得成立.
对于B，令，则，，当时，u取得最大值4，所以，所以，故存在正数2，使得成立.
对于C，令，则，易得，所以，即，故存在正数5，使得成立.
对于D，令，则，，则，易得，所以，故不存在正数M，使得成立.
故选：BC
三、填空题
13．函数且所过的定点坐标为 ．
【答案】
【分析】根据指数函数性质，令即可求得定点.
【详解】令，即，则，
所过定点坐标为.
故答案为：.
14．设a，，记，则函数的最大值 ．
【答案】1
【分析】联立方程组求得交点坐标，作出两函数的图象，结合图象，得到函数的解析式，即可求解.
【详解】根据题意，联立方程组，解得，即两函数的交点坐标为，
则两函数和图图象，如图所示，
因为，所以的最大值为.
故答案为：.
15．如图所示，将桶1中的水缓慢注入空桶2中，开始时桶1中有a升水，t min后剩余的水符合指数衰减曲线，那么桶2中的水就是．假设过5min后，桶1和桶2的水量相等，则再过m min后桶1中的水只有升，则m的值为 ．
【答案】10
【分析】代入数据得到，根据题意得到，解得答案.
【详解】当时，，即，
，即，故，故.
故答案为：10
四、双空题
16．若函数在区间上的值域为，则称区间为函数的一个“倒值区间”．已知定义在R上的奇函数，当时，．那么当时， ；求函数在上的“倒值区间”为 ．
【答案】
【分析】根据函数是奇函数求出时，，再由二次函数的单调性及“倒值区间”的定义，列出方程求解即可.
【详解】设，则，
，
由为奇函数，可得，
故当，，
对称轴方程为，
所以时，，
设是在上的“倒值区间”，则值域为，
所以，即，
所以在上单调递减，
，即，
解得，
所以函数在上的“倒值区间”为.
故答案为：；
五、解答题
17．从①，②，③“”是“”的充分条件，这三个条件中选择一个，补充到本题第（2）问的横线上，求解下列问题．
问题：已知集合，
(1)当时，求；
(2)若 ，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接计算并集得到答案.
（2）三个选项均等价于，考虑和两种情况，计算得到答案.
【详解】（1），则，，则.
（2）若选择①：，即；
若选择②：，即；
若选择③：“”是“”的充分条件，则；
综上所述：不管选择哪个均等价于，
当时，，无解；
当时，则，解得，
综上所述：.
18．（1）二次函数满足，且，求的解析式；
（2）已知，，求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）令，根据求出，再由，求出、；
（2）依题意，将两边平方得到，再由求出，即可得解.
【详解】解：（1）令，因为，所以，
因为，
所以，
所以，
则，解得，
所以.
（2）由，即，
则，
所以，
又由，
因为，可得，所以，
所以.
19．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求的解析式；
(2)将的图象向左平移1个单位长度，得到的图象，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据图象经过点代入即可求解，
（2）根据平移得，进而结合基本不等式即可求解最值.
【详解】（1）由图可知，
解得，所以
（2）依题意可得，
所以.
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，
所以的最大值为.
20．已知函数是定义在上的函数．
(1)用定义法证明函数在上是增函数；
(2)解不等式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）对于任意的，且，利用作差法判断的大小关系即可得证；
（2）先判断函数的奇偶性，再根据函数的奇偶性结合函数的单调性即可得解.
【详解】（1）对于任意的，且，
则：，
∵，∴，，∴，
∴，即，
∴函数在上是增函数；
（2）因为，
所以是奇函数，
则，即，
所以，解得，
则不等式的解集为．
21．小明今年年初用16万元购进一辆汽车，每天下午跑滴滴出租车，经估算，每年可有16万元的总收入，已知使用x年（）所需的各种费用（维修、保险、耗油等）总计为万元（今年为第一年）.
(1)该出租车第几年开始盈利（总收入超过总支出）？
(2)该车若干年后有两种处理方案：
①当盈利总额达到最大值时，以1万元价格卖出；
②当年平均盈利达到最大值时，以10万元卖出.
试问哪一种方案较为合算？请说明理由.
参考数据：，，.
【答案】(1)第二年
(2)方案二，理由见解析
【分析】（1）由题意可知扣除支出后的纯收入，,令，可解；
（2）方案①，所以7年时间共盈利34万
方案②年平均盈利，所以4年时间共盈利万，两个方案盈利总数一样，但是方案二时间短，比较合算.
【详解】（1）由题意可知扣除支出后的纯收入，
令，解得：
又
且
即从第二年开始盈利
（2），
①
所以当时，盈利总额达到最大值33
所以7年时间共盈利34万；
②年平均盈利，
当且仅当即时，等号成立，
所以4年时间共盈利万,
两个方案盈利总数一样，但是方案二时间短，比较合算.
22．已知函数满足，当时，，且.
(1)求，的值，并判断的单调性并证明；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)，，在上为增函数，证明见解析
(2)
【分析】（1）赋值法求出，的值，并利用单调性的定义证明；
（2）利用已知等式把不等式转化为，利用函数的单调性，结合常变量分离法、配方法进行求解即可.
【详解】（1）令，得，得
令，得，得
设是任意两个不相等的实数，且，所以，所以
因为，所以，所以，
因此
即在上为增函数
（2）因为，
，即
又，所以
又因为在上为增函数，所以在上恒成立
得在上恒成立
即在上恒成立
因为，当时，取最小值，所以，
即时满足题意.