2022-2023学年上海市陆行中学高一上学期12月质量抽测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年上海市陆行中学高一上学期12月质量抽测数学试题（解析版），共11页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．不等式的解集为______.
【答案】
【分析】将分式不等式等价转化为二次不等式组，求解即得.
【详解】原不等式等价于，解得,
故答案为：.
2．函数的定义域是_________．
【答案】
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：
3．函数(且)的图象恒过定点_________
【答案】
【分析】令对数的真数为，即可求出定点的横坐标，再代入求值即可；
【详解】解：因为函数(且)，
令，解得，所以，即函数恒过点；
故答案为：
4．已知函数 ， 则函数的值域为_______
【答案】
【分析】分析二次函数在区间上的单调性即可作答.
【详解】二次函数图象的对称轴为，于是得在上递减，在上递增，
从而有，而，即，
所以函数的值域为.
故答案为：
5．若函数，则________.
【答案】0
【分析】令x=1代入即可求出结果.
【详解】令，则.
【点睛】本题主要考查求函数的值，属于基础题型.
6．函数的单调减区间为______.
【答案】、
【解析】先求出函数的定义域，再画出函数图像，结合图像即可求出函数的单调递减区间.
【详解】解：由知，
即的定义域为，
作出的图像如图所示：
由图可知： 的单调递减区间为和.
故答案为：、.
7．若，，且，则的最小值为________．
【答案】4
【分析】应用基本不等式“1”的代换求最小值即可，注意等号成立的条件.
【详解】由题设，知：当且仅当时等号成立.
故答案为：4.
8．已知函数的图像不经过第四象限，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据函数的图像不经过第四象限得到，解不等式求得的取值范围.
【详解】由于函数的图像不经过第四象限，所以，即，所以.
故填：.
【点睛】本小题主要考查对数型函数的图像与性质，考查对数不等式的解法，属于基础题.
9．已知函数（）是偶函数，则实数_____.
【答案】2
【分析】因为函数（）是偶函数，则其对称轴为y轴，且，再由二次函数的对称轴构建方程即可求得答案.
【详解】因为函数（）是偶函数，则其对称轴为y轴，且
又因为该二次函数的对称轴为，所以，故.
故答案为：2
【点睛】本题考查由函数的奇偶性求参数的值，属于基础题.
10．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，则当时，________．
【答案】
【分析】根据函数是奇函数和时的解析式求解答案.
【详解】当时，，则，因为是定义在R上的奇函数，所以，所以，则.
故答案为：
11．已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】根据函数是上的增函数，则每一段都是增函数且左侧的函数值不大于右侧的函数值.
【详解】函数是上的增函数，
函数，
解得.
故答案为：
【点睛】本题主要考查分段函数的单调性的应用，属于基础题.
12．设函数，方程有四个不相等的实数根，，，，则的取值范围为________．
【答案】
【分析】先求出分段函数的解析式，然后作出函数图象，确认零点所在区间以及零点之间的关系，然后将转化为关于的函数，求出函数的值域即可.
【详解】因为，则 ，
作出函数图象，如图：
不妨设，由图象知关于直线对称，
所以，，所以，
所以，
所以
因为，所以
令，
所以原式化为，
因为在单调递增，
所以，即的取值范围为.
故答案为：.
二、单选题
13．若函数的定义域为，值域为，则函数的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的定义可以排除C选项，根据定义域与值域的概念排除A，D选项.
【详解】对于A选项，当时，没有对应的图像，不符合题意；
对于B选项，根据函数的定义本选项符合题意；
对于C选项，出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，不符合题意；
对于D选项，值域当中有的元素在集合中没有对应的实数，不符合题意.
故选：B．
14．设，则下列不等式中不成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】对于A，C，D利用不等式的性质分析即可，对于B举反例即可
【详解】对于A，因为，所以，所以，即，所以A成立；
对于B，若，，则，，此时，所以B不成立；
对于C，因为，所以，所以C成立；
对于D，因为，所以，则，所以D成立，
故选：B.
【点睛】本题考查不等式的性质的应用，属于基础题.
15．若，则“”是 “”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
16．函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】函数的值域为，即可取遍所有的值，
分三类讨论，结合图像即得解.
【详解】函数的值域为，即可取遍所有的值；
（1）当时：满足条件；
（2）当时：；
（3）当时：不成立.
综上：.
故选：B
【点睛】本题考查了复合函数的值域问题，考查了学生转化与划归，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.
三、解答题
17．已知集合或，，且，求m的取值范围．
【答案】或
【分析】因为，所以，分别讨论和两种情况然后求并集.
【详解】解：因为，所以，
当时，，解得：；
当时，或解得：或
所以或.
18．利用定义法证明：函数在上是减函数.
【答案】证明见解析
【分析】根据单调性的定义证明即可.
【详解】证明：设
则，
，
，，，
，即，
所以函数在上是减函数.
19．已知幂函数是偶函数.
(1)求的解析式；
(2)求满足的的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据幂函数得定义以及奇偶性求参数，即可得的解析式；
（2）根据（1）中解析式列不等式求解即可.
【详解】（1）解：由幂函数得，即，解得或.
当时，，，所以，不是偶函数，舍去，
当时，，，所以是偶函数，满足题意，
所以.
（2）解：因为，
由，可得
所以，即，解得，即
所以满足的的取值范围为.
20．“十三五”以来，福清充分挖掘城市生态空间，建成并开放各类公园，打造“城在园中嵌，人在景中居”的融城风情，深受市民欢迎．某园林建设公司计划购买一批机器投入施工．据分析，这批机器可获得的利润y（单位：万元）与运转时间x（单位：年）的函数解析式为，且．
(1)当这批机器运转第几年时，可获得最大利润？最大利润为多少？
(2)当运转多少年时，这批机器的年平均利润最大？
【答案】(1)当这批机器运转第6年时，获得的利润最大，最大利润为27万元
(2)3年
【分析】（1）对已知的二次函数配方可求得结果；
（2）设这批机器的年平均利润为L（x），则且，然后利用基本不等式可得其最大值.
【详解】（1）依题意，且．
所以
当时，取到最大值，最大值为27
故当这批机器运转第6年时，获得的利润最大，最大利润为27万元
（2）设这批机器的年平均利润为L（x），则
且
所以
当且仅当，即时等号成立
当这批机器运转3年时，年平均利润最大，为6万元/年
21．对于函数，若，则称x为的“不动点”；若，则称x为的“稳定点”．若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即，．
(1)求证：；
(2)若，函数总存在不动点，求实数c的取值范围；
(3)若，且，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）分和两种情况进行分类讨论即可；
（2）问题转化成有解，利用判别式即可而得到答案；
（3）由可得有实根，，又，所以，即的左边有因式，从而有.再由题中条件，即可得出结果
【详解】（1）若，则显然成立，
若，设，则，，即，
从而，故成立；
（2）原问题转化为，有解，
∴即，
则即恒成立，
∴，∴，
所以实数c的取值范围为；
（3）A中的元素是方程即的实根，
由，知或,解得，
B中元素是方程即的实根，
由知方程含有一个因式，即方程可化为：，
若，则方程①要么没有实根，要么实根是方程②的根，
若①没有实根，
当时，方程为，不成立，故此时没有实数根；
当时，，解得，此时且；
若①有实根且①的实根是②的实根，则由②有，代入①有，
由此解得，再代入②得，解得，
综上，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.