2024学年高一上学期期中考试数学试卷含解析.pdf

宁波2023学年第一学期高一数学期中考试卷（答案在最后）

考生须知：
1．本卷满分100分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题卷．

第Ⅰ卷（选择题部分，共40分）
一、选择题：本题共8小题．每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合要求的．

xZx20
1.命题“，”的否定为（）

A.xZ，x20B.xZ，x20C.xZ，x20D.xZ，x20

【答案】C

【解析】

【分析】根据全称命题的否定是特称命题分析判断.

【详解】由题意可得：命题“xZ，x20”的否定为“xZ，x20”.

故选：C.

2.“x1”是“x22x30”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】D

【解析】

【分析】解一元二次不等式，再由充分条件、必要条件判断即可.

【详解】由x22x30可得x22x30，解得x3或x1，

因为x1成立推不出x3或x1，而x3或x1成立不能推出x1，

故“x1”是“x22x30”的既不充分也不必要条件.

故选：D

3.函数fxax11（a1）的图象必经过点（）

A.0,1B.1,1C.0,0D.1,0

【答案】D
【解析】

【分析】令x10即可求解.

【详解】令x10，则x=1，代入函数fxax11，解得y0，

则函数fxax11（a1）的图象必经过点1,0.

故选：D
1
4.设alg20lg5，blog5，则a2b的值为（）
24

A.25B.15C.27D.26

【答案】B

【解析】

【分析】根据对数的运算法则及性质化简求值即可.
1
【详解】因为alg20lg5，blog5，
24

1
log5
所以ab4log5，
2lg20lg542lg104415

故选：B

5.函数y2x13的图象可以看成将某个奇函数的图象（）

A向左平移1个单位得到B.向左平移1个单位得到
.2

C.向右平移1个单位得到D.向右平移1个单位得到
2

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数的平移变换规则判断即可.

【详解】y2x13可以由y2x3向左平移1个单位得到，
2

其中ygx2x3定义域为R且gx2x32x3gx，

即y2x3为奇函数.

故选：B

x12x3
6.函数fx的定义域为（）
x2

A.2,3B.1,23,C.,23,D.1,23,
【答案】C

【解析】

【分析】根据题意结合分式不等式运算求解.

x12x3
【详解】由题意可得：0，
x2
x3
因为x120，原不等式等价于0，
x2
x3x20
等价于，解得x3或x2，
x20

所以函数fx的定义域为,23,.

故选：C.

7.若不等式x2ax40对任意实数x3,1恒成立，则实数a的最小值为（）
13
A.0B.4C.D.5
3

【答案】D

【解析】

【分析】通过分离常量，将恒成立问题转化成求最值，利用函数的单调性求解即可．

4
【详解】当x3,1时，x2ax40恒成立，即ax恒成立，
x

4
令g(x)x,x[3,1]，
x

44xx4
g(x)g(x)x(x)(xx)12
121x2x21xx
1212

当x,x3,2且xx时，xx0,xx40,xx0，则g(x)g(x)0，
121221121212

当x,x2,1且xx时，xx0,xx40,xx0，则g(x)g(x)0，
121221121212

可得g(x)在3,2上单调递减，在2,1上单调递增，
13
g(3),g(2)4,g(1)5，所以g(x)最大值为g(1)5
又3，

∴a5，则实数a的最小值为5．

故选：D．
5
8.已知函数fx12x1x，gxfx，则使g2mgm2≥0成立的实数m的取
4

值范围为（）

1151