2022-2023学年广东省深圳市龙华高级中学高一上学期第二阶段考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市龙华高级中学高一上学期第二阶段考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省深圳市龙华高级中学高一上学期第二阶段考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】先根据并集的运算，求得，再结合补集的运算，即可求解.【详解】由题意，全集，，，可得，所以.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、并集和补集的概念及运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.2．“”是“方程有实根”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】A【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.【详解】方程有实根，则，解得，而当时，方程有实根，所以“”是“方程有实根”的充分不必要条件.故选：A3．下列各式正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据幂运算的规则逐项分析即可.【详解】对于A， ，正确；对于B， ，错误；对于C， ，错误；对于D， ，错误；故选：A.4．已知函数的图像是连续不断的，有如下的对应值表：123456123.5621.45-7.8211.45-53.76-128.88 则函数在区间上的零点至少有（     ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】由零点存在性定理得到函数零点至少有3个.【详解】因为函数的图像是连续不断的，且，由零点存在性定理得：内存在至少1个零点，因为，故由零点存在性定理得：内存在至少1个零点，因为，故由零点存在性定理得：内存在至少1个零点，综上：函数在区间上的零点至少有3个.故选：B5．股票价格上涨10%称为“涨停”，下跌10%称为“跌停”.某位股民购进某两只股票，在接下来的交易时间内，一只股票先经历了3次跌停，又经历了3次涨停，另一只股票先经历了3次涨停，又经历了3次跌停，则该股民在这两只股票上的盈亏情况（不考虑其他费用）为（　　）A．一只盈利、一只亏损 B．两只都亏损C．两只都盈利 D．无法判断盈亏情况【答案】B【分析】根据题意一只股票的价钱为原来的，另一支股票的价钱为原来的通过计算来判断盈亏即可．【详解】解：该市民在经历了一支股票3次跌停，又经历了3次涨停后股票价格为原来的，所以该股民在这只股票上是略有亏损，另一支股票先经历了3次涨停，又经历了3次跌停后股票的价格为原来的，所以该股民在这只股票上是略有亏损，则两个股票都亏损了.故选：B．6．已知为定义在上的奇函数，且的图象关于对称，当时，，则（    ）A．2 B． C． D．4【答案】C【分析】结合函数的奇偶性和对称性求得.【详解】∵是定义在上的奇函数，∴，∵关于对称，∴，∴.∴.故选：C7．函数的图像大致为（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，先分析的奇偶性，排除CD，再由（2）的符号，排除B，即可得答案．【详解】解：，其定义域为，则，所以为奇函数，排除CD，又由（2），排除B，故选：A．8．已知函数，若实数，则方程的解的个数为（　　）A．0或1 B．1或2C．1或3 D．2或3【答案】D【分析】根据分段函数作出函数的图象，利用数形结合即得.【详解】由，得，故函数的图象与交点的个数即为方程的解的个数，作出函数的图象，由图可知当时，方程的解的个数为2个，当时，方程的解的个数为3个，所以方程的解的个数为2或3.故选：D. 二、多选题9．下列命题为真命题的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】BD【分析】根据不等式的性质即可判断AB，根据对数函数的单调性即可判断C，利用作差法即可判断D.【详解】解：对于A，当时，，故A错误；对于B，若，则，则，故B正确；对于C，若，则，当时，，故C错误；对于D，，因为，所以，所以，所以，故D正确.故选：BD.10．如果某函数的定义域与其值域的交集是，则称该函数为“交汇函数”.下列函数是“交汇函数”的是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】分别求出各函数的定义域和值域即可判断.【详解】由交汇函数定义可知交汇函数表示函数定义域与值域交集为．对于选项A：的定义域，值域，则，A正确；对于选项B：的定义域，令，则，值域，则，B正确；对于选项C：，∵，∴，∴，定义域，值域，则，C错误；对于选项D：的定义域，，∵，∴，则，∴，值域，则，D错误.故选：AB．11．已知，且，若，则的大小关系可以是（    ）A．  B． C． D．【答案】ACD【分析】在同一坐标系中画出函数y＝ex，y＝lnx，的图象，然后观察与他们的交点即可得到答案.【详解】如图，在同一坐标系中画出函数y＝ex，y＝lnx，的图象，当直线与三者都相交时，交点的横坐标即为的值，由图知，当从大变到小时，依次出现c＜a＜b、a＜c＜b、a＜b＜c．故选：ACD.12．给出下列命题，其中正确的命题有（    ）A．函数的零点所在区间为B．若关于x的方程有解，则实数m的取值范围是C．函数与函数是相同的函数D．若函数满足，则【答案】ABD【分析】根据函数的解析式得到，结合零点存在定理，可判定A正确；根据指数函数的性质，可判断B正确；根据相同函数的判定方法，可判定C错误；由，求得，结合分组法，可判定D正确.【详解】对于A中，由，可得函数为单调递增函数，可得，，即，所以函数的零点所在区间为，所以A正确；对于B中，由指数函数的性质，可得，若关于x的方程有解，即方程有解，所以实数m的取值范围是，所以B正确；对于C中，函数的定义域为，函数的定义域为，所以函数与函数不是相同的函数，所以C错误；对于D中，因为函数满足，令，可得，解得，又由，所以D正确.故选：ABD. 三、填空题13．已知函数为定义在上的函数满足以下两个条件：（1）对于任意的实数恒有；（2）在上单调递增.请写出满足条件的一个的解析式，___________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据题干要求，结合常见函数的单调性，直接写出结果即可.【详解】根据题意，不唯一，不妨取，因为，且是上的单调增函数，故满足题意.故答案为：.14．有关数据显示，中国快递行业产生的包装垃圾在2021年为3000万吨，2022年增长率约为50％.有专家预测，如果不采取措施，未来包装垃圾还将以此增长率增长，从______年开始，快递业产生的包装垃圾超过30000万吨.（参考数据：，）【答案】【分析】年后产生的垃圾为，得到不等式，解得答案.【详解】年后产生的垃圾为，故，即，即，即，故，故年开始快递业产生的包装垃圾超过30000万吨.故答案为：15．若“，”为真命题，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】对二次项的系数是否为0，是否为正进行分类讨论.【详解】当时，原式，成立；当时，开口向下，显然有解；当时，只需，解之：或。故答案为：16．幂函数，当取不同的正数时，在区间,上它们的图象是一族美丽的曲线（如图）．设点，，连接，线段恰好被其中的两个幂函数，的图象三等分，即有．那么______.【答案】1【分析】先确定、的坐标，然后求得，；再求的值．【详解】解：，点，，所以，分别代入，故答案为：1. 四、解答题17．化简求值：(1)(2).【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用对数的运算性质，根式和指数式的互化进行计算；（2）利用同底数幂的运算性质求解.【详解】（1）依题意，原式（2）依题意，原式18．已知函数.(1)求证：在上是增函数；(2)若对任意，都有，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在上任取，利用作差法证明即可；（2）结合（1）中的单调性，只需保证时，，然后解不等式即可.【详解】（1）任取，，由于，则，，即，即，故根据函数单调性的定义可知，在上是增函数.（2）依题意，只需保证时，，由（1）知，时，在上单调递增，故，故，解得19．设函数.(1)解方程；(2)设不等式的解集为，求函数的值域.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）化简，由解得可得答案； （2）利用指数函数的单调性解不等式求出，化简，令，转化为，再根据抛物线的性质和的范围可得答案.【详解】（1），由得，解得或，所以或.所以方程的解是或；（2）由得，即，解得，，，令，所以，则为开口向上对称轴为的抛物线，因为，所以，所以函数的值域为.20．已知函数的图像过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交.(1)求该函数的解析式，并判断该函数的奇偶性；(2)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)，该函数为偶函数；(2) 【分析】（1）由题意可得以及，即可解出，得到该函数的解析式，并由定义判断出该函数的奇偶性；（2）根据参变分离可得对任意的恒成立，设，即可由解出的取值范围.【详解】（1）由题意可得，，即，又的图象无限接近直线但又不与该直线相交，可得，所以函数的解析式.因为函数的定义域为，且，所以该函数为偶函数.（2）不等式对任意的恒成立，等价于对任意的恒成立，令，则，当时，，，当时，取最大值为，当时，，，综上，，即的取值范围为.21．为应对疫情需要，某医院需要临时搭建一处面积为10000平方米的矩形隔离病区（图中大矩形），划分两个完全相同的长方形工作区域（图中两小矩形），分别为观察区和治疗区，根据防疫要求，为方便救护车出入所有内部通道（图中阴影区域）的宽度为6米.(1)设隔离病区的长x米，将工作区的面积表示为x的函数f（x），并求出定义域(2)应该如何设计该隔离病区的长，才能使工作区域的总面积最大？【答案】(1),定义域为；(2)米时面积最大 【分析】（1）根据题意，列出关系式即可；（2）根据基本不等式，即可求出最值.【详解】（1）设隔离病区的长为x米，由面积为10000平方米，得宽为米，由题意知，，解得，所以，，定义域为（2）由（1）知，,当且仅当，，即时，等号成立.所以，当该隔离病区的长为，才能使工作区域的总面积最大.22．已知函数（）.(1)当时，请画出的图像，并根据图像写出函数的单调区间；(2)当时，的最小值为，求实数的取值范围.【答案】(1)画图见解析，增区间为和，减区间为(2) 【分析】(1)分别写出 和 时的解析式，分段作图即可；(2)按照 和分类讨论.【详解】（1）当时，  ，因为的对称轴为，当时，此时函数单调递增，因为对称轴为，当时，此时函数单调递增，所以增区间：和，减区间：；（2），①若，在和上为增函数，在上为减函数，且当时， ；②若，在和上为增函数，在上为减函数，且则（i）当时，即， 所以当时， ，因为，所以舍去；（ii）当时，即当时，因为所以当时，，符合题意；（iii）当时，即当时，因为所以当时，，不符合题意， 综上： .