2023-2024学年上海市甘泉外国语中学高一（上）期中数学试卷(含解析）

2023-2024学年上海市甘泉外国语中学高一（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共4小题，每小题3分，共12分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知，，若，则( )
A. B. C. D.
2.设、为实数，则“”的一个充分非必要条件是( )
A. B.
C. D.
3.已知命题“非空集合的元素都是集合的元素”是假命题，那么下列命题：
的元素都不是的元素；
中有不属于的元素；
中有的元素；
中元素不都是的元素．
其中真命题的个数为( )
A. B. C. D.
4.定义区间、、、的长度均为，已知实数，则满足的构成的区间的长度之和为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
5.不等式的解集为______ ．
6.已知集合，集合，则______．
7.方程组的解集为______ ．
8.已知正实数、满足，则的最大值为______．
9.已知是幂函数，且在区间上是严格减函数，则实数的值为______ ．
10.已知命题甲：，命题乙：，则甲是乙的______ 条件．
11.若，则 ______ 用，，表示
12.设，，若，则实数组成的集合 ______ ．
13.若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是______ ．
14.对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是______ ．
15.若正实数，满足，，则的值为______ ．
16.对于任意两个正实数，，定义，其中常数若，且与都是集合的元素，则______．
三、解答题：本题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
解不等式：
；
．
18.本小题分
解关于的不等式．
19.本小题分
已知函数方程的两根为、
求的值．
求的值．
20.本小题分
某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为元，若每批生产件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品多少件？
21.本小题分
设是不小于的实数若对任意，，总存在，，使得，则称这样的满足“性质”
分别判断和时是否满足“性质”；
先证明：若，且，则；并由此证明当时，对任意，，总存在，，使得．
求出所有满足“性质”的实数
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，，
．
故选：．
根据题意及集合的概念，即可得解．
本题考查集合的基本概念，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：由，得，可得，可推出，反向推不出，满足；
由，则，推不出，反向可推出，不满足；
由，则或或，推不出，反向可推出，不满足；
由，则，推不出，反向可推出，不满足．
故选：．
由充分非必要条件定义，根据不等式的性质判断各项与条件“”推出关系即可．
本题考查充分必要条件，不等式的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据命题“非空集合的元素都是集合的元素”是假命题，
可得不是的子集
对于，集合中虽然不是所有元素都在当中，有可能有属于的元素，
因此可得是假命题；
对于，因为不是的子集，所以必定中有不属于的元素，故是真命题；
对于，因为不是的子集，所以不能确定中有没有的元素，故是假命题；
对于，由子集的定义可得，既然不是的子集，那么中必定有一些不属于的元素；
因此中元素不都是的元素，可得是真命题；
综上所述，真命题的序号为；
故选：．
根据题意，可得集合不是的子集．由此结合子集的定义与集合的运算性质，对各个选项依次加以判断，可得是真命题，而不一定正确，由此即得本题的答案．
本题给出集合不是的子集，判断几个命题的真假性．着重考查了子集的定义、集合的运算性质和命题真假的判断等知识，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：原不等式可转化为，
对于，其判别式，故其必有两不相等的实数根，设为，，
由求根公式得，，
下证，
构造函数，其两个零点为，，且，
而，所以，
由于，且，
由二次函数的性质可知，
故不等式的解集为，，
其长度之和为．
故选：．
将不等式转化为高次分式不等式，求得不等式的解集，由此求得构成的区间的长度和．
本题主要考查了高次分式不等式的解法，考查一元二次方程、一元二次不等式的关系，考查新定义的理解和运用，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于难题．
5.【答案】
【解析】解：由可得，，
解得，
即不等式的解集为．
故答案为：．
原不等式可化为，从而求出的范围．
本题主要考查了绝对值不等式的解法，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：，，
．
故答案为：．
用列举法表示，再由交集运算得答案．
本题考查交集及其运算，是基础题．
7.【答案】，
【解析】解：依题意，方程组，
则消整理得：，，
解得或，
所以方程组的解为或，
所以方程组的解集为，．
故答案为：，．
通过解方程组求得正确答案．
本题主要考查方程组的求解以及集合的表示，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：正实数、满足，则，当且仅当，时等号成立．
故答案为：．
直接利用基本不等式求出结果．
本题考查的知识要点：基本不等式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
9.【答案】
【解析】解：是幂函数，
，
解得或，
当时，在上是减函数，满足题意．
当时，在上不是减函数，不满足题意．
故答案为：．
根据幂函数的定义，令幂的系数为，列出方程求出的值，将的值代入，判断出的单调性，选出符合题意的的值．
解决幂函数有关的问题，常利用幂函数的定义：形如为常数的为幂函数；幂函数的单调性与指数符号的关系．是基础题．
10.【答案】必要不充分
【解析】解：当，时，此时乙不成立，但可以满足甲：，故充分性不成立；
反之，若乙：为真命题，则可以推出，即甲成立，所以必要性成立．
所以命题甲是命题乙成立的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分．
根据题意，利用充分条件、必要条件的定义与判定，结合特例与不等式的性质算出答案．
本题主要考查不等式的性质、充要条件的定义与判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：根据题意可知，，，均大于，
易知，
由对数运算法则可得，解得；
故答案为：．
利用对数运算法则计算即可得．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：由解得，或，所以，
当时，方程无解，则，满足题意；
当时，由解得，所以或，解得或，
综上，实数组成的集合．
故答案为：．
根据集合的包含关系分类讨论求解．
本题主要考查了集合包含关系的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：由题意，当时，不等式化为，在上恒成立，
当时，不等式的解集为，
即不等式在上恒成立，
，解得：，
综上，，即实数的取值范围是．
故答案为：．
利用分类讨论法、一元二次不等式的解法运算即可得解．
本题考查了一元二次不等式的应用，涉及到恒成立问题，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：对于，不等式恒成立，
即的最小值大于或等于，
令，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
故，即，解得，
故实数的取值范围是．
故答案为：．
由题意可得的最小值大于或等于，而由绝对值的意义可得的最小值为，可得，由此求得实数的取值范围．
本题考查了恒成立问题，考查了函数思想，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
所以．
故答案为：．
由已知结合指数幂的运算性质及对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了指数及对数的运算性质，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由与都是集合的元素，
不妨设，，，，
因为，所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
即，
所以，
所以，，
则，
因为，
所以，．
故答案为：．
由已知结合新定义及元素与集合的关系可求．
本题主要考查了元素与集合的关系的应用，考查了推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：当，即时，
原不等式转化为，
解得，
又，
所以此时不等式的解集为；
当，即时，
原不等式转化为，
解得，
又，
所以，
综上，原不等式的解集为．
当，即时，
原不等式等价于，
解得，
又，
所以；
当，即时，
原不等式等价于，
解得，
又，
所以；
综上，原不等式的解集为或．
【解析】将原不等式按和两类讨论，去绝对值，通过解不等式求得原不等式的解集；
将原不等式按照和讨论，去分母，通过解不等式求得原不等式的解集．
本题考查了绝对值不等式的解法，重点考查了分式不等式的解法，属基础题．
18.【答案】解：不等式可化为，
即，
当，即时，不等式化为，解得；
当，即时，，解不等式得；
当，即时，，解不等式得；
综上知，时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为．
【解析】不等式化为，讨论的取值情况，即可求出不等式的解集．
本题考查了含有字母系数的一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．
19.【答案】解：，，
；
的
．
【解析】根据韦达定理得到，，从而代入求值即可．
本题考查了韦达定理，考查了指数幂的性质，是一道基础题．
20.【答案】解：根据题意，该生产件产品的生产准备费用与仓储费用之和是这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为为正整数
由基本不等式，得，
当且仅当，即时，取得最小值、
时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，
故答案为：．
【解析】用表示生产件产品的生产准备费用与仓储费用之和，可得平均每件的生产准备费用与仓储费用之和，利用基本不等式，即可求得最值．
本题考查函数模型的构建，考查基本不等式的运用，运用基本不等式时应该注意取等号的条件，才能准确给出答，属于中档题．
21.【答案】解：记，，
假如，则当时，对任意，，均有，不满足要求；
假如，则当，时，对任意，，均有，，
若，同正或同负，则，其余情况下总有，不满足要求；
先来证明：若，且，则，同时该结论记为引理，
当时，，
当时，不妨设，则，又，所以，
所以若，且，则，
下面证当时，对任意，，总存在，，使得，
若，则取，此时，
其中，，且，
由引理可得，
若，则取，此时，
其中，，且，故由引理可得，
综上，当时，对任意，，总存在，，使得；
当时，当，时，可取，使得，理由如下：
当时，取，则；
当时，取，则，则，故，
同理，可取，使得，此时，
所以当时，对任意，，总存在，，使得；
结合的结论可得，对任意，，总存在，，使得，
综上，所有满足性质的实数．
【解析】分别举反例证明和时性质不成立；
先分别就，讨论证明若，且，则，再利用这个结论可得证；
结合的结论可得解．
此题考查新定义问题，主要是利用基本不等式研究式子的最值，进而解决不等式恒成立问题，属于较难的题目．
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