2022-2023学年辽宁省大连市瓦房店市实验高级中学高一上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市瓦房店市实验高级中学高一上学期期中考试数学试题（解析版），共16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学年度上学期期中试卷高一数学一、单选题（本大题共8小题，共40．0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 已知U=Z，A={1，3，5，7，9}，B={1，2，3，4，5}，则图中阴影部分表示的集合（　　）A. {1，3，5} B. {1，2，3，4，5} C. {7，9} D. {2，4}【答案】D【解析】【分析】根据Venn图表示集合运算可得结论．【详解】图中阴影部分表示的集合是={2，4}，．故选：D2. 已知命题，，则命题P的否定为（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题，可得答案.【详解】解:命题，命题的否定为:.故选：B.3. 用二分法求函数f(x)＝x3＋5的零点可以取的初始区间是(　　)A. [－2,1] B. [－1,0] C. [0,1] D. [1,2]【答案】A【解析】【详解】二分法求变号零点时所取初始区间[a,b]，应满足使f(a)⋅f(b)<0.由于本题中函数f(x)=x3+5，由于f(−2)=−3，f(1)=6，显然满足f(−2)⋅f(1)<0，故函数f(x)=x3+5的零点可以取的初始区间是[−2,1]，故选A.点睛：函数的零点问题，常根据零点存在性定理来判断，如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0, 这个c也就是方程f(x)＝0的根．由此可判断根所在区间.4. 下列各组函数是同一函数是（    ）①f（x）=-2x-1 与 g（s）=-2s-1②f（x）= 与 g（x）=x    ③f（x）= 与 g（x）=④f（x）=x 与 g（x）=A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ③④【答案】B【解析】【分析】利用函数的三要素：定义域、值域、对应关系即可求解.【详解】对于①，函数f（x）=-2x-1 与 g（s）=-2s-1的定义域都是，对应关系相同，虽然自变量不同，但仍然是同一函数，所以正确；对于②，函数f（x）=与 g（x）=x定义域是，当f（x）=，对于关系不同，故不是同一函数；对于③，函数f（x）= 与 g（x）=定义域均为，化简f（x）=，g（x）=，故函数为同一函数；对于④，函数f（x）=x 与 g（x）=的定义域均为，但g（x）=，故不是同一函数，同一函数为①③故选：B【点睛】本题考查了函数的三要素，考查了基本知识的掌握情况，属于基础题.5. 已知偶函数的定义域为R，当时，单调递增，则，，的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据偶函数的性质，结合单调性即可选出答案.【详解】因为为偶函数，所以，．又当时，单调递增，且，所以，即．故选：B．6. 已知，，则的最小值是（    ）A.  B. 4C.  D. 5【答案】C【解析】【分析】利用题设中的等式，把的表达式转化成，展开后，利用基本不等式求得的最小值.【详解】因为，，所以（当且仅当，即时等号成立）.所以的最小值是.故选：C.【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，其中解答中熟记基本不等式求最值的条件“一正、二定、三相等”，准确运算是解答的关键，着重考查推理与运算能力.7. 已知函数是(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是（    ）A. (0，3) B. (0，3] C. (0，2) D. (0，2]【答案】D【解析】【分析】直接由两段函数分别为减函数以及端点值的大小关系解不等式组即可.【详解】由函数是(－∞，＋∞)上的减函数可得解得.故选：D.8. 在区间，上，函数与在处取得相同的最小值，那么在区间，上的最大值是（    ）A. 12 B. 11 C. 10 D. 9【答案】B【解析】【分析】利用对勾函数的性质，得到当时，取得最小值7，进而求得函数求解.【详解】因为，由对勾函数的性质得：当时，取得最小值7，所以在处取得最小值7，所以，，所以当时，取得最大值11，故选：B二、多选题（本大题共4小题，共20．0分．在每小题有多项符合题目要求，漏选得2分，多选不得分）9. 下列函数中，满足“任意，，都有”的有（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】由题意得，函数在上单调递减，然后逐个分析判断即得.【详解】因为任意，，都有，所以函数在上单调递减，对于A，在上单调递增，所以A错误；对于B，在上单调递减，所以B正确；对于C，因为的对称轴为直线，且开口向上，所以函数在上单调递增，所以C错误；对于D，在上单调递减，所以D正确.故选：BD.10. 下列说法正确的是（    ）A. “对任意一个无理数，也是无理数”是真命题B. “”是“”的充要条件C. 命题“”的否定是“”D. 若“”的必要不充分条件是“”，则实数的取值范围是【答案】CD【解析】【分析】根据命题的真假，充分必要条件，命题的否定的定义判断各选项．【详解】是无理数，是有理数，A错；时，，但，不是充要条件，B错；命题的否定是：，C正确；“”必要不充分条件是“”，则，两个等号不同时取得．解得．D正确．故选：CD．【点睛】关键点点睛：本题考查命题的真假判断，解题要求掌握的知识点较多，需要对四个选项一一判断．但求解时根据充分必要条件的定义，命题的否定的定义判断，对有些错误的命题可以举例说明其不正确．11. 关于函数的性质描述，正确的是（    ）A. 的定义域为 B. 的值域为C. 在定义域上是增函数 D. 的图象关于原点对称【答案】ABD【解析】【分析】由被开方式非负和分母不为，解不等式可得的定义域，可判断A；化简，讨论，，分别求得的范围，求并集可得的值域，可判断B；由，可判断C；由奇偶性的定义可判断为奇函数，可判断D；【详解】对于A，由，解得且，可得函数的定义域为，故A正确；对于B，由A可得，即，当可得，当可得，可得函数值域为，故B正确；对于C，由，则在定义域上是增函数，故C    错误；对于D，由的定义域为，关于原点对称， ，则为奇函数，故D正确；故选：ABD【点睛】本题考查了求函数的定义域、值域、奇偶性、单调性，属于中档题.12. 对任意两个实数，，定义，若，，下列关于函数的说法正确的是（    ）A. 函数是偶函数B. 方程有两个实数根C. 函数在上单调递增，在上单调递减D. 函数有最大值为0，无最小值【答案】ABD【解析】【分析】先根据题意化简函数，再分段画函数图象，结合函数图象逐一判断选项的正误即可.【详解】解：因为，所以,时，，；或时，，.故的图象如图所示：由图可知，函数是偶函数，故A正确；3有两个实数根或，故B正确；函数在上单调递减，在上单调递增，故C错误；函数有最大值为0，无最小值，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共4小题，共20．0分）13. 已知函数，则______.【答案】【解析】【分析】将“”替换为“”，可求得结果【详解】将“”替换为“”，可得.故答案为：14. 若且，则函数的图象恒过的定点的坐标为______．【答案】【解析】【分析】令，得，计算，得到答案.【详解】令，得，∴，∴函数的图象恒过定点．故答案为：.15. 某企业制作一份宣传画册，要求纸张的形状为矩形，面积为，如图所示，其中上边、下边和左边各留宽为的空白，右边留宽为的空白，中间阴影部分为文字宣传区域．设矩形画册的长为，宽为，文字宣传区域的面积为，则当b为______时，文字宣传区域面积S最大，最大面积是______．【答案】    ①. ##37.5    ②. 361【解析】【分析】根据矩形面积公式表示出面积，然后利用均值不等式即得.【详解】由题可知，所以，其中，，由基本不等式可得，当且仅当，时等号成立，故当时，文字宣传区域面积S最大，.故答案为：；361.16. 已知函数在上为奇函数，且在上为增函数,，则不等式的解集是________.【答案】或【解析】【分析】根据奇偶性和上的单调性得到上的单调性，再由可知将定义域分为四段，分别考虑每一段定义域上的正负，由此得到相应解集.【详解】因为是奇函数且在上单调递增，所以在上单调递增；又因为，所以将区间分为四段；当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以，当时，，所以所以，综上：的解集为：或，故答案为或.【点睛】利用奇偶性和单调性分析函数值与自变量乘积的正负，除了可以采用分段判断的方法外，还可以通过条件画出函数的大致图象，借助图象判断正负也可以.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 设全集为U＝R，集合A＝{x|x≤－3或x≥6}，B＝{x|－2≤x≤14}．(1)求A∩B表示的集合．(2)已知C＝{x|2a≤x≤a＋1}，若C⊆B，求实数a的取值范围．【答案】(1) ［6, 14］．(2) [－1，＋∞)．【解析】【分析】（1）利用交集的定义直接求解（2）根据集合的包含关系，讨论集合C是否为空集，列不等式求解即可【详解】(1)由题A∩B=［6, 14］．(2)当2a>a＋1，即a>1时，C＝，成立；当2a＝a＋1，即a＝1时，成立；当2a<a＋1，即a<1时，解得－1≤a<1，综上所述，a的取值范围为[－1，＋∞)．【点睛】本题考查集合的运算，考查集合间的关系，考查分类讨论思想，注意空集的讨论与端点值，是中档题18. 已知函数(，且)是指数函数.（1）求k，b的值；（2）求解不等式.【答案】（1），    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据指数函数的定义列出方程，即可得解；（2）分和两种情况讨论，结合指数函数的单调性即可得解.【小问1详解】解：因为(，且)是指数函数，所以，，所以，；【小问2详解】解：由（1）得(，且)，①当时，在R上单调递增，则由，可得，解得；②当时，在R上单调递减，则由，可得，解得，综上可知，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.19. 已知，不等式的解集是，（1）求的解析式；（2）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）利用二次不等式与二次方程的联系可得到二次方程的根为0，5，可利用根与系数的关系得到的关系式，从而得到其值；（2）将不等式转化为与之对应的二次函数，结合函数的图像及性质可知只需满足，从而求得值试题解析：（1），不等式的解集是，所以的解集是，所以和是方程的两个根，由韦达定理知，．（2）恒成立等价于恒成立，所以的最大值小于或等于0．设，则由二次函数的图象可知在区间为减函数，所以，所以．考点：1．三个二次关系；2．二次函数图像及性质20. 已知函数，.（1）求的值；（2）用定义证明函数在上为增函数；（3）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）先求的值，再求的值即可；（2）任取，且，作差、通分、分解因式，判断出，即可证明函数在上为增函数；（3）利用函数单调性，结合函数定义域，将不等式转化为不等式组，即可求实数的取值范围.【详解】因为，所以.（2）任取，且，则因为，所以，，所以，即，所以函数在上为增函数.（3）由（2）知在上为增函数.又，所以解得即，所以实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：解决抽象不等式时，切勿将自变量代入函数解析式进行求解，首先应该注意应用函数的单调性．若函数为增函数，则；若函数为减函数，则．解题过程中，一定注意抽象函数的定义域.21. 随着我国经济发展、医疗消费需求增长、人们健康观念转变以及人口老龄化进程加快等影响，医疗器械市场近年来一直保持了持续增长的趋势．某医疗器械公司为了进一步增加市场力，计划改进技术生产某产品．已知生产该产品的年固定成本为300万元，最大产能为100台，每生产台，需另投入成本万元，且，由市场调研知，该产品每台的售价为200万元，且全年内生产的该产品当年能全部销售完．（1）写出年利润万元关于年产量台的函数解析式（利润=销售收入-成本）；（2）当该产品的年产量为多少时，公司所获利润最大？最大利润是多少？【答案】（1）    （2）年产量为60台时，公司所获利润最大，最大利润是1680万元.【解析】【分析】（1）每台售价200万，销售收入是，减去对应的成本，以及固定成本300万，即为利润；（2）观察利润的函数解析式，发现对应的函数解析式为开口向下的二次函数，可利用二次函数的特点求最大利润值，对应的函数解析式中含有基本不等式的部分，可考虑利用基本不等式求最值，最后要对两个最值比较，得出最大利润.【小问1详解】当时，；当时，，.【小问2详解】若，，当时，万元；若，，当且仅当时，即时，万元．则该产品的年产量为60台时，公司所获利润最大，最大利润是1680万元.22. 已知函数(为实数，，.（1）若，且函数的值域为，求的解析式；（2）在（1）的条件下，当时，是单调函数，求实数k的取值范围；（3）设，，，且为偶函数，判断是否大于零，请说明理由．【答案】（1）；    （2）或；    （3）大于零；理由见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出a，b值即可得的解析式.（2）利用二次函数单调性结合已知，列式计算作答.（3）根据给定条件，利用偶函数性质、二次函数单调性计算作答.【小问1详解】函数中，由得：，又函数的值域为，则，且，由解得，即，所以.【小问2详解】由（1）知，，而在上单调，于是得或，解得或，所以实数k的取值范围或.【小问3详解】因为偶函数，则，，又，即有在上单调递增，而，，不妨令，则，有，所以，.