2022-2023学年河北正定中学高一上学期第二次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河北正定中学高一上学期第二次月考数学试题

一、单选题

1．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】由特称命题的否定：将存在改任意，并否定原结论，即可得答案.

【详解】由特称命题的否定为全称命题，

所以原命题的否定为，.

故选：B

2．已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据给定的韦恩图，求出阴影部分的集合表示，再用补集交集的运算作答.

【详解】由韦恩图知，图中阴影部分表示的集合为，

由得：或，而，

所以.

故选：B

3．函数的定义域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据具体函数定义域的求法求解即可.

【详解】因为，

所以，解得且，

故的定义域为.

故选：D.

4．已知是偶函数，当时，恒成立，设，，，则、、的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析可知函数在为增函数，由已知条件可得，结合函数的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】当时，恒成立，则，

所以在为增函数.

又因为是偶函数，所以，，

即，所以，即.

故选：A.

5．，，则的递减区间（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求，然后求得，进而求得的递减区间.

【详解】，，

所以的减区间为.

故选：B

6．“对所有，不等式恒成立”的充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用不等式恒成立和构造基本不等式可确定，即可求解.

【详解】由不等式恒成立，得恒成立，

因为，

当且仅当，即时取得等号，

所以不等式恒成立，则，

因为是的充分不必要条件，

故选:D.

7．已知，均是定义在的函数，其中函数是奇函数且在上的图象如图1，函数在定义域上的图象如图2，则方程的根的个数是（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】D

【分析】根据函数的图象及性质确定零点及所在区间，再由函数图象确定其取值情况作答.

【详解】由函数的图象知，当时，或，而函数是奇函数，

因此函数有3个零点，

由函数的图象知，在上递增，函数值从-2递增到2，在上递减，函数值从2递减到-2，

由方程得，或或，显然有2个根，有2个根，有2个根，

所以方程的根的个数是6.

故选：D

8．已知，若，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定的分段函数，分段讨论求解不等式作答.

【详解】函数，当时，，不等式化为：恒成立，则，

当时，，不等式化为：恒成立，则，

当时，，不等式化为：，解得，则，

所以的取值范围是.

故选：C

二、多选题

9．设函数，则（    ）

A．是奇函数 B．是偶函数 C．在上单调递增 D．在上单调递减

【答案】AC

【分析】利用函数奇偶性与单调性的定义判断函数的性质.

【详解】定义域为，

，则.

，

所以，是奇函数.

，且，

则=

=.

∵ ，∴，

∴，

∴，

∴在上单调递增.

故选：AC.

10．狄里克雷（Dirichlet，PeterGustavLejeune，1805~1859）是德国数学家，对数论､数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.1837年他提出函数是与之间的一种对应关系的现代观点.用其名字命名的“狄里克雷函数”：，下列叙述中正确的是（    ）

A．是偶函数 B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题设中的狄里克雷函数的解析式，分为有理数和无理数，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，函数，

对于A中，当为有理数，则也为有理数，满足；

当为无理数，则也为无理数，满足，

所以函数为偶函数，所以A正确；

对于B中，当为有理数，则也为有理数，满足；

当为无理数，则也为无理数，满足，

所以成立，所以B正确；

对于C中，例如：当时，则也为无理数，满足；

可得，所以C不正确；

对于D中，当为有理数，可得，则，

当为无理数，可得，则，

所以，所以D正确.

故选：ABD.

11．已知非零实数，，满足且，则下列不等式一定正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】由不等式的性质从已知条件分析得，，然后由不等式性质判断A，由实数的正负直接判断B，对进行放缩即把换成或得不等式关系后可判断C，同样利用替换后，可化为关于的代数式，然后根据选项C中范围结合二次函数性质，不等式性质可得范围，从而判断D．

【详解】∵且，∴，，

再由得，A错；

，而，所以，B正确；

，∴，，，又，所以，

，，，，

所以，C正确；

由已知

，

，又，∴，

∴，因此D正确．

故选：BCD．

12．对于定义域为的函数，若存在区间，使得同时满足，①在上是单调函数，②当的定义域为时，的值域也为，则称区间为该函数的一个“和谐区间”.下列说法正确的是（    ）

A．是函数的一个“和谐区间”

B．函数存在“和谐区间”

C．函数的所有“和谐区间”为、、

D．是函数的一个“和谐区间”

【答案】BC

【分析】根据题意得，在定义域内满足或时，则区间就为函数的一个和谐区间，或者直接求出的值域判断，据此解答即可.

【详解】对于A，因为函数在区间上单调递减，但，，即值域为，不符合题意，故A错误；

对于B，假设存在“和谐区间”，

因为函数在，单调递增，则，则为方程的两个根，解得，

又，所以存在“和谐区间”，故B正确；

对于C，中函数在上单调递增，即，则是关于方程的两根得，，，所以函数的所有“和谐区间”为，，，故C正确；

对于D，因为，

当时，单调递减，故；

当时，单调递增，故；

综上：，即不是函数的一个“和谐区间”，故D错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知幂函数在上单调递减，则___________.

【答案】

【分析】由系数为1解出的值，再由单调性确定结论．

【详解】由题意，解得或，

若，则函数为，在上递增，不合题意．

若，则函数为，满足题意．

故答案为：．

14．计算________.

【答案】

【分析】根据给定条件，利用根式运算及指数运算法则计算作答.

【详解】.

故答案为：

15．已知函数，方程有两个相等的实数根，若关于的不等式的解集为，则实数的值为________.

【答案】16

【分析】由判别式为0得，由不等式的解集得一元二次方程的两根，题意说明两根差的绝对值为8，利用韦达定理可求得．

【详解】方程有两个相等的实数根，则，，

关于的不等式的解集为，

所以方程的两根为和，两根记为，则，

又，，

所以，，

故答案为：16.

16．设，那么的最小值是________.

【答案】32

【分析】由基本不等式求的最大值，然后由不等式的性质转化，再由基本不等式求最小值即可得．

【详解】，，

，当且仅当，即时等号成立，

，当且仅当，即时等号成立，

又，所以，时，取得最小值32.

故答案为：32.

四、解答题

17．设函数的定义域为集合，集合．

(1)求函数的定义域；

(2)若，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据偶次根式和分式有意义的基本要求可构造不等式组求得结果；

（2）根据交集结果可得，分别在和的情况下，由包含关系可构造不等式组求得结果.

【详解】（1）由题意得：，解得：，的定义域.

（2），；

当时，满足，则，解得：；

当时，由得：，解得：；

综上所述：实数的取值范围为.

18．已知函数是定义域为R的偶函数，当时，.

(1)求函数的解析式；

(2)在直角坐标系中，画出函数的图象，并写出函数的单调增区间；

(3)若关于的方程无解，直接写出的范围.

【答案】(1)；

(2)答案见解析；

(3)．

【分析】（1）由偶函数的定义求解析式；

（2）作出时，的图象，再关于轴对应后可得图象，由图象可得单调区间；

（3）由函数图象得函数最小值后可得的范围．

【详解】（1）是偶函数，

时，，，

所以．

（2）先作出二次函数在的图象，再作出其关于轴的图象，如图即为的图象，

由图象得增区间是，，减区间是，．（0，处写成闭区间也可）．

（3）由图象知时，函数取得最小值，

所以时，无解．

19．已知定义在上的函数，对任意，都有，当时，；且，

(1)求及的值；

(2)判断函数在上的单调性，并给予证明；

(3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)，；

(2)单调递增，证明见解析；

(3).

【分析】（1）根据给定恒等式，赋值计算作答.

（2）根据给定恒等式，利用函数单调性定义推理判断作答.

（3）由（2）的结论及已知恒等式，脱去法则“f”，再借助一元二次型不等式恒成立求解作答.

【详解】（1）因对任意，都有，则当时，，解得，

因，则当时，，解得，

所以，.

（2）函数在上单调递增，

，有，因当时，，于是得，

依题意，，

所以函数在上单调递增.

（3）因，由已知及（1）得：，

由（2）知，，即，依题意，对任意的，恒成立，

当时，恒成立，则，

当时，必有，解得，因此，

所以实数的取值范围是.

20．已知函数.

(1)若函数的值域为，求实数的取值范围；

(2)若，设函数在上的最小值为，求的表达式.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据函数的值域以及二次函数的性质即可求解；(2)根据二次函数在指定区间上的单调性与最值的关系即可求解.

【详解】（1）当时，，定义域为，

此时，所以的值域为，满足题意；

当时，要使的值域为，

则有解得，

综上实数的取值范围是.

（2）,则，对称轴，

(i)若，即，在上单调递减，

则；

(ii) 若，即，在上单调递减，单调递增，

则；

(iii) 若，在上单调递增，

则；

所以.

21．为打好扶贫攻坚战，突出帮扶对象，落实帮扶措施，村为某帮扶对象建设猪圈，购置猪崽，帮助养猪致富.现在要建完全一样的长方体猪圈两间每间留一个面积为1平方米的门，一面利用原有的墙墙长a米，，其他各面用砖砌成如图若每间猪圈的面积为24平方米，高2米，如果砌砖每平方米造价100元猪圈的地面和顶部不计费用，砖的宽度忽略不计；每个门造价200元，设每间猪不圈靠墙一边长为x米，猪圈的总造价为y元.

(1)求y关于x的关系式，并求出x的取值范围；

(2)当x为多少米时，可使建成的两件猪圈的总造价最低？并求出最低造价.

【答案】(1)，

(2)当x为6米时，可使建成的两件猪圈的总造价最低，且最低造价为5000元

【分析】（1）根据题意即可表示出y关于x的关系式，解得x的取值范围.

（2）利用基本不等式求等号成立的条件求得取得最小值时的x的值.

【详解】（1）每间猪圈靠墙一边长为x米，猪圈的总造价为y元

由题意得，且，

故，；

（2），，

，当且仅当，即时等号成立，

当时，当x为6米时，可使建成的两件猪圈的总造价最低，且最低造价为5000元.

22．函数的图像关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，可以将其推广为：函数的图像关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，给定函数.

(1)利用上述材料，求函数的对称中心；

(2)判断的单调性（无需证明），并解关于的不等式（）.

【答案】(1)

(2)函数是上的增函数；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为

【分析】（1）根据题意，设，化简的解析式，由奇函数的性质可得关于、的方程，解方程可得、的值，即可得答案；

（2）利用函数单调性的定义，得到函数的单调性，从而得到函数的单调性，结合题设得到，利用分类讨论即可得到不等式的解集.

【详解】（1）由题意，设函数（），

则函数，

整理得：，

又由是奇函数，则，

即解得，

故函数的对称中心为.

（2）函数是上的增函数，证明如下：

设，，且，

则

，

令，

则，

所以在上恒成立，

又，所以，即，

所以函数是上的增函数；

结合（1）得：函数是上的增函数，且，

由，得，

即，

则，所以，

整理得，

又

①当时，，解得：或；

②当时，，解得：；

③当时，，解得：；

④当时，，解得：；

⑤当时，，解得：或；

综上：当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为.

【点睛】方法点睛：求解含有参数的一元二次不等式时，需要考虑二次项系数是否为，能否分解因式，方程根的大小，从而对参数进行分类讨论.

（1）若二次项系数为常数，可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式进行分类讨论；

（2）若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；

（3）其次对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集.