2022-2023学年福建省莆田十五中、十八中高一（上）期中数学试卷（含解析）

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2022-2023学年福建省莆田十五中、十八中高一（上）期中数学试卷题号一二三四总分得分     注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）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.  设集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  命题“，”的否定形式是 (    )A. ， B. ，
C. ， D. ，3.  设，则“”是“”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4.  下列函数中，在区间上是增函数的是 (    )A.  B.  C.  D. 5.  函数的定义域是 (    )A.  B.
C.  D. 6.  函数的图象大致为 (    )A.  B.
C.  D. 7.  函数的值域为 (    )A.  B.  C.  D. 8.  已知偶函数在区间上单调递增，则满足的的取值范围是 (    )A.  B.  C.  D. 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）9.  下列说法正确的是 (    )A. 若，则 B. 若，则
C. 若，，则 D. 若，则10.  已知函数则下列结论中正确的是 (    )A.  B. 若，则
C. 是奇函数 D. 在上单调递减11.  多选下列各组函数是同一个函数的是 (    )A. 与
B. 与
C. 与
D. 与12.  具有性质的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，则下列函数中满足“倒负”变换的函数有 (    )A.  B.
C.  D. 第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  如果函数在区间上单调递减，那么实数的取值范围是          ．14.  已知，则          ．15.  若，，且，则的最大值为          ．16.  已知函数是上的增函数，则的取值范围是          ．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.  本小题分已知集合，，求：；． 18.  本小题分已知函数，且．求的值；判定的奇偶性；判断在上的单调性，并给予证明． 19.  本小题分在“是的充分不必要条件；；这三个条件中任选一个，补充到本题第问的横线处，求解下列问题：已知集合，．当时，求；若选_______，求实数的取值范围． 20.  本小题分已知函数是定义在上的奇函数，且当时，．求函数的解析式；写出函数的增区间不需要证明；若函数，求函数的最小值． 21.  本小题分某工厂生产甲、乙两种产品所得利润分别为和万元，它们与投入资金万元的关系有如下公式：，，今将万元资金投入生产甲、乙两种产品，并要求对甲、乙两种产品的投入资金都不低于万元．Ⅰ设对乙种产品投入资金万元，求总利润万元关于的函数关系式及其定义域；Ⅱ如何分配投入资金，才能使总利润最大，并求出最大总利润． 22.  本小题分已知函数对任意的实数，都有，且当时，有．求；求证：在上为增函数；若，且关于的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】【分析】本题考查的是集合交集的运算，较简单．
根据集合交集的运算可直接得到结果．【解答】解：因为，，所以故选：  2.【答案】 【解析】【分析】本题考查命题的否定，属于基础题．
根据全称量词命题的否定是存在量词命题，进而可得结果．【解答】解：“任意”改为“存在”，否定结论即可．对“，”的否定形式是“，”故选：．  3.【答案】 【解析】【分析】本题考查了必要不充分条件的判断，属于基础题．根据必要不充分条件的定义可得答案．【解答】解：若，则；
若，则推不出，如．所以“”是“”的必要不充分条件．故选：．  4.【答案】 【解析】【分析】本题考查判断或证明函数的单调性，属于基础题．
利用基本初等函数的单调性，对选项逐项判断即可．【解答】解：在区间上是减函数，不符合题意；定义域为，在区间上不单调，不符合题意；定义域为，在区间上不单调，不符合题意；：根据幂函数的性质可知，区间上是增函数，符合题意．故选：．  5.【答案】 【解析】【分析】本题考查给定函数求定义域，此类题型要求满足函数各部分有意义，一般有以下几种情况：整式的定义域为；分式的分母不为；偶次根式的被开方数大于等于；若，则；对数的真数大于．
由根式的被开方数大于等于且分式的分母不等于联立不等式组即可求解．【解答】解：要使函数的有意义，的取值满足解得，且；所以函数的定义域是．故选：．  6.【答案】 【解析】【分析】本题考查函数图象的识别，属于基础题．
判断函数的奇偶性，当时，，利用排除法进行判断即可．【解答】解：函数的定义域为关于原点对称，
且，即是奇函数，图象关于原点对称，排除，，当时，，排除，故选：．  7.【答案】 【解析】【分析】本题考查求函数的值域，属于基础题．
求解的值域，结合反比例函数的性质可得函数的值域；【解答】解：设，即
则函数转化为，根据反比例函数的性质，可得．故选：．  8.【答案】 【解析】【分析】 本题考查利用单调性和奇偶性解不等式，属于基础题．【解答】解：偶函数满足，根据这个结论，有，即 ，进而转化为不等式，即，解这个不等式得的取值范围是  9.【答案】 【解析】【分析】本题考查利用不等式的基本性质判断不等关系，属于基础题．
利用不等式的基本性质，以及举反例法，逐项判定，即可求解．【解答】解：对于中，例如，此时满足，但，所以不正确；对于中，由，可得，根据不等式的性质，可得，所以正确；对于中，例如当，满足，，此时，所以不正确；对于中，由，根据不等式的性质，可得，所以正确．故选：．  10.【答案】 【解析】【分析】本题考查了分段函数，函数的奇偶性和单调性，属于一般题．
由，知，且，结合的图象可得答案．【解答】解：由于，所以，故A错误；
由知，且，因此，故B错误；
由的解析式和图象可知是奇函数，且在上单调递减，故C正确，D正确；
综上，正确的结论是．
故选CD．
   11.【答案】 【解析】【分析】本题考查了判断两个函数是否为同一函数，属基础题．
逐项分析定义域与对应关系即可判断．【解答】解：中两函数定义域相同，对应关系相同，所以是同一个函数
中，，与对应关系不同，故不是同一函数
中，，，，，
两函数的定义域、对应关系相同，所以是同一个函数
中，，故与对应关系不同，故不是同一函数．
故选AC．  12.【答案】 【解析】【分析】本题考查函数的新定义问题，属于中档题．【解答】解：依题意可知，即，选项A，在定义域内，不符合题意．选项B，，满足“倒负”变换．选项C， ，不符合题意．选项D，当时，，此时当时，，此时当时， ，此时，综上所述满足“倒负”变换故选BD．  13.【答案】 【解析】【分析】本题考查二次函数的单调性，属于基础题．
结合题意与二次函数的对称轴与开口方向得到，解之即可．【解答】解：函数的对称轴为，且开口向上，
由题意知，即，所以实数的取值范围是故答案为．  14.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了求函数值，属于基础题．
令，则，代入即可求解则．【解答】解：，令，则，则．故答案为：  15.【答案】 【解析】【分析】本题考查了基本不等式求积的最大值，应用基本不等式注意验证等号成立的条件，此题属于基础题．
利用基本不等式即可求解．【解答】解：由，，且，所以，解得，当且仅当，即，时，等号成立，所以的最大值为．故答案为：  16.【答案】 【解析】【分析】本题考查分段函数的单调性，属于基础题．
需要两段函数均为增函数，且，三个不等式取交集求出参数的取值范围．【解答】解：要使函数在上为增函数，须有在上单调递增，在上单调递增，且，所以有，解得，故的取值范围为．故答案为：．  17.【答案】解：或，，，或．．或． 【解析】本题考查一元二次不等式的解法，考查集合的交集、并集及补集，考查学生的计算求解能力，属于基础题．
解一元二次不等式，可求出集合，进而可求出和，然后根据并集、交集的概念，分别求出和即可．
 18.【答案】解：因为，所以；是奇函数，理由如下：
由可得，因为的定义域为，又，所以是奇函数；函数在上为增函数，理由如下：任取，则，因为，所以，，所以，所以在上为单调增函数． 【解析】本题考查由函数值求参，判断并证明函数的奇偶性和单调性，属于中档题．
由可求得实数的值；判断出函数为奇函数，利用函数奇偶性的定义可证得结论成立；判断出函数在上为增函数，任取，作差，因式分解并判断的符号，由此可证明出函数在上为增函数．
 19.【答案】解：当时，集合，，所以；选择因为“”是“”的充分不必要条件，所以，因为，所以又因为，所以  等号不同时成立，解得，因此实数的取值范围是．选择因为，所以．因为，所以．又因为，所以，解得，因此实数的取值范围是．选择因为，而，且不为空集，，所以或，解得或，所以实数的取值范围是或． 【解析】本题考查含参数的交集运算问题，含参数的并集运算问题，并集运算，充分、必要、充要条件与集合的关系，属于中档题．
当时，求出集合再根据并集定义求；选择有，列不等式组求解即可；选择有，列出不等式组求解即可；选择因为，则或，求解即可．
 20.【答案】 解：函数是定义在上的奇函数，当时，此时，，又当时，，，又，函数的解析式为：．函数的增区间：，；函数，二次函数对称轴为：，当时，即时，，当时，即时，，当时，即时，，综上，时，，
时，，
时，， 【解析】本题考查了二次函数的图象与性质，函数的单调性及函数的最值，涉及了分类讨论思想，属于拔高题．
根据函数的奇偶性，可得出函数的解析式；
结合函数的性质，可得出结果；
函数，二次函数对称轴为：，对对称轴的位置进行分类讨论，综合得出函数的最小值．
 21.【答案】解：Ⅰ根据题意，对乙种产品投入资金万元，对甲种产品投入资金万元，那么，由，解得，所以函数的定义域为．Ⅱ令，则 ， 因为，所以， 当时函数单调递增，当时函数单调递减， 所以当时，即时，，              所以当甲种产品投入资金万元，乙种产品投入资金万元时，总利润最大．最大总利润为万元． 【解析】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查函数的最值，正确建立函数解析式是关键．
Ⅰ根据题意，对乙种商品投资万元，对甲种商品投资万元，结合题意可求经营甲、乙两种商品的总利润万元关于的函数表达式；
Ⅱ令，利用配方法结合二次函数的性质可求总利润的最大值．
 22.【答案】解：令，则．任取，，且，则，．，，，
在上为增函数．，即，．又在上为增函数，
，对任意的恒成立．令，只需满足即可当，即时，在上递增，因此，由得，此时；当，即时，，由得，此时．综上，实数的取值范围为． 【解析】本题主要考查了抽象函数，及其函数的单调性和不等式的解法，着重考查了函数的简单性质和函数恒成立问题等知识点，属于中档题．利用赋值法，令，即可求出求；设，是上任意两个实数，且，令，，通过函数的单调性的定义直接证明在上为增函数；因为，化简可得，根据及在上为增函数，可得对任意的恒成立，令，只需满足即可，利用二次函数的单调性，即可求出结果．