2022-2023学年广东省广州市实验外语学校高一上学期期中数学试题(解析版)
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这是一份2022-2023学年广东省广州市实验外语学校高一上学期期中数学试题(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学年广东省广州市实验外语学校高一上学期期中数学试题 一、单选题1.已知集合,集合N满足,则集合N的个数为( )A.6 B.7 C.8 D.9【答案】C【分析】利用子集的定义写出集合即得解.【详解】由子集的定义可知集合N有,共8个.故选:C2.函数与的对应关系如下表.01 123132 01 则的值为( )A.0 B.3 C.1 D.【答案】A【分析】根据图表代入对应的值,即可得到答案.【详解】根据表格,,,故选:A.3.下列各组函数中,表示同一函数的是( )A., B.,C., D.,【答案】A【分析】根据同一函数的定义,逐项验证定义域和对应法则是否相同,即得.【详解】对于A中,函数的定义域为,函数的定义域为,定义域相同,对应法则相同,所以是同一个函数; 对于B中,函数和的定义域都是,但对应法则不同,所以不是同一个函数;对于C中,函数的定义域为,函数的定义域为,定义域不相同,所以不是同一个函数;对于D中,函数的定义域为,的定义域为,定义域不相同,所以不是同一个函数.故选:A.4.设,,,则,,的大小关系是( )A. B.C. D.【答案】B【分析】根据幂函数的单调性比较大小.【详解】,,,因为函数在上单调递增,又,所以,即,故选:B.5.一次函数与二次函数在同一坐标系中的图象大致是( )A. B. C. D.【答案】C【分析】分类讨论,和时,由一次函数的单调性与二次函数图象的开口方向,排除一些选项,再由的的正负,确定二次函数对称轴的位置,从而可得最后结果.【详解】若a>0,则一次函数y=ax+b为增函数,二次函数y=ax2+bx+c的开口向上,故可排除A;若a<0,同理可排除D.对于选项B,由直线可知a>0,b>0,从而-<0,而二次函数的对称轴在y轴的右侧,故应排除B.故选C.【点睛】本题巧妙地利用二次函数与一次函数图象经过特殊点,结合排除法解答.在遇到此类问题时,要牢记在二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中,a的正负决定抛物线开口的方向,c确定抛物线在y轴上的截距,b与a确定顶点的横坐标(或对称轴的位置).6.已知函数,则“”是“在上的单调递增”的( ).A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【详解】在为单调递增,满足,解得,∴,当时,在上为增,综上,在为单增时,∴,是在为增函数的必要不充分条件.故选:B.【点睛】充分、必要条件的三种判断方法.1.定义法:直接判断“若则”、“若则”的真假.并注意和图示相结合,例如“⇒”为真,则是的充分条件.2.等价法:利用⇒与非⇒非,⇒与非⇒非,⇔与非⇔非的等价关系,对于条件或结论是否定式的命题,一般运用等价法.3.集合法:若⊆,则是的充分条件或是的必要条件;若=,则是的充要条件.7.设集合,,函数,若,且,则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【分析】时,根据解析式求出,再由求解不等式即可.【详解】当时,则,由,解得,又,所以.故选:C8.若两个正实数满足,且不等式有解,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】C【详解】正实数x,y满足,则,当且仅当取得最小值2.由有解,可得,解得m>2或m<−1.本题选择C选项.点睛:在应用基本不等式求最值时,要把握不等式成立的三个条件,就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”,若忽略了某个条件,就会出现错误. 二、多选题9.下列说法错误的是( )A.的最小值为2 B.的最小值为2C.的最大值为2 D.最小值为2【答案】ACD【分析】利用不等式的性质、基本不等式及成立条件即可判断.【详解】对于A,当时,,故错误;对于B,,当且仅当即时取等号,故正确;对于C,,故错误;对于D,,当且仅当,此时不存在,故错误.故选:ACD.10.下列说法正确的是( )A.若函数的定义域为,则函数的定义域为B.图象关于点成中心对称C.的最大值为D.幂函数在上为减函数,则的值为1【答案】BD【分析】根据函数的定义域、对称性、最值、单调性等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】A选项,函数的定义域为,所以对于函数,有,即的定义域是,A选项错误.B选项,,所以图象关于点成中心对称,B选项正确.C选项,,所以,即的最小值为,C选项错误.D选项,是幂函数,所以,解得或,当时,,在上递减,当时,,在上递增,所以D选项正确.故选:BD11.下列说法正确的是( )A.命题“”的否定是“”B.是命题,成立的一个充分不必要条件C.“”是“”的必要而不充分条件;D.“关于的不等式对任意恒成立”的充要条件是“”【答案】BD【分析】根据全称量词命题的否定、充分和必要条件等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】对于A选项,命题“”的否定是“”,所以A选项错误.对于B选项,命题,,则,解得或.所以是命题,成立的一个充分不必要条件,B选项正确.对于C选项,则.,所以“”是“”的非充分非必要条件,C选项错误.对于D选项,“关于的不等式对任意恒成立”,则或,即.所以“关于的不等式对任意恒成立”的充要条件是“”, D选项正确.故选:BD12.已知函数的图象关于直线对称,且对于,当,,且时,恒成立.若对任意的恒成立,则实数a的范围可以是下面选项中的( )A. B. C. D.【答案】ABC【分析】首先得到为偶函数且在上单调递增,则在上单调递减,则问题转化为恒成立,再根据一元二次不等式恒成立求出参数的取值范围.【详解】解:因为函数的图象关于直线对称,所以的图象关于轴对称,即为偶函数,又当,,且时,恒成立,即恒成立,所以在上单调递增,则在上单调递减,若对任意的恒成立,即恒成立,即恒成立,即恒成立,即,解得,即,故符合条件的有A、B、C;故选:ABC 三、填空题13.函数的定义域为_____________.【答案】【解析】根据根式函数和分式函数的定义域求解.【详解】由,解得,所以函数的定义域为故答案为:14.已知,则的取值范围是___________.【答案】【分析】先用已知表示所求式子,再根据不等式的性质求得正确答案.【详解】设,所以,解得,所以,,所以,即的取值范围是.故答案为:15.已知函数在区间上为增函数,则实数a的取值范围是________.【答案】【分析】首先函数分离常数,根据分数函数的单调性,即可求得实数a的取值范围.【详解】,因为函数在区间上为增函数,所以,解得:.故答案为:16.定义域为的函数满足条件:①,,恒有;②;③,则不等式的解集是___________.【答案】【分析】结合函数的单调性、奇偶性求得正确答案.【详解】①,,,恒有,所以在上单调递增;②,,所以是偶函数;所以在上递减;③,;不等式可转化为或,所以不等式的解集是.故答案为: 【点睛】四、解答题17.已知集合,集合(1)当时,求;(2)若,求实数的取值范围.【答案】(1)或(2) 【分析】(1)由题意可得,解一元二次不等式求出集合,再根据集合的交集运算即可求出结果;(2)因为,所以,所以,由此即可求出结果.【详解】(1)解:当时,集合集合或;所以或.(2)解:因为,所以,所以,即.18.在①,②,且,③恒成立,且这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并作答.问题:已知二次函数的图像经过点(1,2),______.(1)求的解析式;(2)求在上的值域.【答案】(1)(2) 【分析】(1)若选条件①,设,用待定系数法求得即可;若选条件②,设,根据对称轴是,结合条件列方程求得即可;若选条件③,设.,根据条件,列方程求得即可.(2)直接由(1)中解析式,求二次函数在上的值域即可.【详解】(1)选条件①.设,则.因为,所以,所以,解得.因为函数的图像经过点(1,2),所以,得.故.选条件②.设,则函数图像的对称轴为直线.由题意可得,解得.故.选条件③设.因为,所以.因为恒成立,所以,解得,故.(2)由(1)可知.因为,所以,所以.所以在上的值域为.19.已知函数是定义在上的奇函数,且当时,.(1)求的值;(2)求函数的解析式;(3)判断函数在区间上的单调性,并证明.【答案】(1)5;(2) ;(3)减函数,证明见解析. 【分析】(1)根据函数时的解析式结合其奇偶性,可求得的值,继而求得的值;(2)由函数时的解析式结合其奇偶性,可求得时的解析式,由奇函数定义确定,即可确定函数解析式;(3)利用函数单调性的定义可证明函数在的单调性.【详解】(1)由题意当时,, ,则;(2)当时, ,则,又因为函数是定义在R上的奇函数,所以,故;(3)由(2)可得,, 在上为减函数;证明如下:设 ,则,又由,则 ,,则,即 ,故在上为减函数.20.某商店预备在一个月内分批购入每张价值为20元的书桌共36台,每批都购入x台(x是正整数),且每批均需付运费4元,储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值(不含运费)成正比,若每批购入4台,则该月需用去运费和保管费共52元,现在全月只有48元资金可以用于支付运费和保管费.(1)求该月需用去的运费和保管费的总费用(2)能否恰当地安排每批进货的数量,使资金够用?写出你的结论,并说明理由.【答案】(1);(2)张,见解析.【详解】(1)设题中比例系数为,若每批购入台,则共需分批,每批价值为20元.由题意 由 =4时,="52" 得 (2)由(1)知 (元) 当且仅当 ,即 时,上式等号成立. 故只需每批购入6张书桌,可以使资金够用.21.已知函数.(1)若命题“,”为真命题,求实数的取值范围;(2)当时,求关于的不等式的解集.【答案】(1);(2)分类讨论见详解. 【分析】(1)转化为当,,其中,结合二次函数的图像及性质求解即可;(2)转化,分三种情况讨论,结合二次函数图像及性质求解即可.【详解】(1)由题意,命题“,”为真命题,即不等式在有解,,即当,,函数开口向上,对称轴为,故当时,取得最大值,即,解得.(2)由题意,,为开口向上的二次函数,令,①当时,不等式的解集为;②当时,不等式的解集为;③当时,不等式的解集为.22.对于函数,若存在,使得成立,则称为的不动点,已知函数的两个不动点分别是-2和1.(1)求的值及的表达式;(2)当函数的定义域是时,求函数的最大值.【答案】(1),(2) 【分析】(1)根据不动点可列方程求解 ,(2)分类讨论定义域与对称轴的位置关系,结合二次函数的单调性即可求解.【详解】(1)依题意得 ,即 ,解得..(2)①当区间在对称轴左侧时,即,也即时,在单调递增,则最大值为;②当对称轴在内时,即也即时,的最大值为.③当在右侧时,即时,在单调递减,则最大值为.所以 .
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