2022-2023学年辽宁省鞍山市高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省鞍山市高一上学期期中数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年度上学期期中考试高一数学一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合要求的.）1. 设集合，则A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】由题意，故选A.点睛:集合的基本运算的关注点：(1)看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提．(2)有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决．(3)注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图．2. 已知命题：“，都有”，则命题的否定是（    ）A. ，使得 B. ，使得C. ，使得 D. ，使得【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题的否定的知识确定正确选项.【详解】原命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，注意到要否定结论，所以C选项符合.故选：C3. 不等式组的解集是（    ）A. {x|x≤2} B. {x|x≥-2}C. {x|-2<x≤2} D. {x|-2≤x<2}【答案】D【解析】【分析】将不等式组中的不等式化简可得结果.【详解】由化简可得，因此可得-2≤x<2.故选：D.【点睛】本题考查了解不等式组，属于基础题.4. 设，则“”是“”的A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】首先解这两个不等式，然后判断由题设能不能推出结论和由结论能不能推出题设，进而可以判断出正确的选项.【详解】， ，显然由题设能推出结论，但是由结论不能推出题设，因此“”是“”的充分不必要条件，故本题选A.【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的判断，解决本问题的关键是正确求出不等式的解集.5. 若，是一元二次方程的两个根，则的值是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由根与系数关系，得到，；再由，即可求出结果.【详解】因为，是一元二次方程的两个根，所以，；所以.故选：C.【点睛】本题主要考查方程根与系数关系的应用，属于基础题型.6. 已知函数满足且，则在上的零点（    ）．A. 至多有一个 B. 有1个或2个C. 有且仅有一个 D. 一个也没有【答案】C【解析】【分析】由零点存在定理可判定出结果.【详解】由题意知：在上至多有两个零点.由零点存在定理知：若，则在上有且仅有一个零点.故选：.7. 下列命题中，正确的命题是（　　）A. 若a＞b，c＞d，则ac＞bd B. 若，则 a＜bC. 若b＞c，则|a|b≥|a|c D. 若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d【答案】C【解析】【分析】直接根据不等式的基本性质对各选项做出判断，主要是不等式的“同向相乘”和“同向相加”的性质，注意前提条件．【详解】根据不等式的基本性质，依次判断选项：对于A选项：只有当a＞b＞0，c＞d＞0，才能推得ac＞bd，所以A选项不合题意；对于B选项：只有当ab＞0时，才能由推得a＜b，所以B选项不合题意；对于C选项：需要分类讨论如下：①当a＝0时，不等式两边都为零，式子成立，②当a≠0时，|a|≠0，由b＞c，可推得|a|b＞|a|c，所以C选项符合题意；对于D选项：该式不等式，由a＞b，c＞d不能“同向相减”得出a﹣c＞b﹣d，但是可以运用同向相加得到，a﹣d＞b﹣c，因此，D选项不合题意．故选C．【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，即不等式具有“同向相加”和“同向相乘”的性质，属于基础题．8. 已知函数，则不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】判断出的奇偶性与单调性，然后将不等式转化为，通过单调性变成自变量的比较，从而得到关于的不等式，求得最终结果.【详解】为奇函数，当时，，可知在上单调递增；在上也单调递增，即为上的增函数；由，，解得：或故选：D【点睛】本题考查利用函数单调性与奇偶性求解函数不等式的问题，解题关键在于将不等式转化为符合单调性定义的形式，利用单调性转变为自变量的比较，属于常考题型.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9. 已知全集，集合满足，则下列选项中正确的有（   ）A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】根据集合关系依次判断各选项即可得答案.【详解】解：因为全集，集合满足，所以，，，.故选：BD10. 下列选项中正确的是（    ）A. 函数的定义域为B. 函数与函数是同一个函数C. 函数中的表示不超过最大整数，则当的值为时，D. 若函数，则【答案】ACD【解析】【分析】根据定义域即可求解A,B,由的定义可判断C，代入自变量的值即可判断D.【详解】对于A;令，故定义域为，故A正确，对于B; 的定义域为，的定义域为,定义域不同，故不是同一个函数，对于C；，故正确，对于D；由，取得 ，故正确，故选：ACD11. 下列说法正确的有(    )A. 命题“”的否定是“”B. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是C. 若，则“”的充要条件是“”D. “”是“”的充分不必要条件【答案】ABD【解析】【分析】根据命题的否定即可判断A；根据恒成立转化成最值问题即可判断B；根据充分条件和必要条件的概念及不等式的性质可判断CD．【详解】命题“”的否定是“”，故A正确；∵命题“，”为假命题，则关于x的方程无实数根，故，解得，故B正确；∵可得；但当，时，有；∴“若，则”是“”的充分不必要条件，故C错误；当“”时，则“”成立；但当“”时，“或”；故“”是“”的充分不必要条件，故D正确．故选：ABD﹒12. 下列说法正确的有（    ）A. 若，则的最小值为B. 若，则最小值为6C. 若，则的最小值为D. 已知，都是正数，且，则【答案】ABD【解析】【分析】根据已知条件及基本不等式即可求解.【详解】对于A，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以时，的最小值为，故A正确；对于B，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以当时，的最小值为6，故B正确；对于C，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以当时，的最大值为，故C错误；对于D，由，所以，因为，都是正数，所以，所以，当且仅当，且，即时，等号成立，所以，故D正确；故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 不等式的解集为________．【答案】【解析】【分析】化简不等式为，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【详解】由题意，不等式，可化为，又由方程，解得，所以不等式的解集为，即原不等式的解集为.故答案为：.【点睛】解答中注意解一元二次不等式的步骤：（1）变：把不等式变形为二次项系数大于零的标准形式；（2）判：计算对应方程的判别式；（3）求出对应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程有没有实根；（4）利用“大于取两边，小于取中间”写出不等式的解集.14. 若函数是偶函数，则的单调递增区间是__________．【答案】【解析】【分析】由函数是偶函数，可得，求得，再利用二次函数的单调性即可得出其单调区间．【详解】解：∵函数是偶函数，
∴，∴，
化为，此式对于任意实数都成立，
．
，
∴函数的递增区间是．
故答案为：．【点睛】正确理解函数的奇偶性和单调性是解题的关键，是基础题.15. 若函数，则的值为________.【答案】【解析】【分析】利用函数的解析式可求出的值.【详解】由题意可得.故答案为：.16. 已知，函数若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】根据一次函数与二次函数的零点情况，分类讨论的取值，即可求解.【详解】由于在上只有一个零点4，函数在上两个零点为1和3，若,此时在上没有零点，函数在上的两个零点为1和3，满足题意，当时，此时在上有零点4，函数在上有零点为1和3，不满足题意，舍去当时，此时在上有零点4，函数在上有零点为1，满足题意，当时，此时在上有零点4，函数在上没有零点，不满足题意，舍去，综上：或，故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17. （1）设数轴上点与数对应，点与数对应，已知线段的中点到原点的距离不大于，求的取值范围；（2）求方程组的解集.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出的中点对应的数，可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围；（2）解方程组，即可得出该方程组解集.【详解】解：（1）因为的中点对应的数为，所以由题意可知，即，解得，所以取值范围是；（2）将代入整理可得，解得或，当时，；当时，.因此，原方程组的解集为.18. （1）用篱笆围一个面积为的矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，所用篱笆最短？最短篱笆的长度是多少？（2）用一段长为的篱笆围成一个矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，菜园的面积最大？最大面积是多少？【答案】（1）当这个矩形菜园是边长为的正方形时，最短篱笆的长度为；（2）当这个矩形菜园是边长为的正方形时，最大面积是.【解析】【分析】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为.（1）由题意得出，利用基本不等式可求出矩形周长的最小值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结论；（2）由题意得出，利用基本不等式可求出矩形面积的最大值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结论.【详解】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为.（1）由已知得，由，可得，所以，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，所用篱笆最短，最短篱笆的长度为；（2）由已知得，则，矩形菜园的面积为.由，可得，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，菜园的面积最大，最大面积是.【点睛】本题考查基本不等式的应用，在运用基本不等式求最值时，充分利用“积定和最小，和定积最大”的思想求解，同时也要注意等号成立的条件，考查计算能力，属于基础题.19. 已知，（1）求证：是偶函数；（2）若命题“，”是真命题，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用偶函数的定义即可求解；（2）根据函数的解析式得出，再利用全称命题为真命题转化为一元二次不等式在恒成立的条件即可求解.【小问1详解】由，得，所以的定义域为，所以，所以是偶函数.【小问2详解】由函数解析式可得，
 所以，而，所以，所以在恒成立，即在恒成立，只需，解得，所以的取值范围是.20. 已知定义在上的函数的图像经过原点，在上为一次函数，在上为二次函数，且时，，，（1）求的解析式；（2）求关于的方程的解集.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）利用待定系数法及二次函数的性质，结合点在函数的图象上即可求解；（2）根据（1）的结论及分段函数分段处理的原则即可求解.【小问1详解】当时，∵，∴设.又，∴，解得.∴，.∴.故和时，的图象均过点.∵当时，为一次函数，∴设.∵的图像过原点，∴，∴，即.将点代入，得，即所以，.综上所述，的解析式为.【小问2详解】当时，，解得；当时，，即，解得，又因为，，所以，综上所述，的取值为或.21. 高邮市清水潭旅游景点国庆期间，团队收费方案如下：不超过40人时，人均收费100元；超过40人且不超过()人时，每增加人，人均收费降低元；超过人时，人均收费都按照人时的标准．设景点接待有名游客的某团队，收取总费用为元．（1）求关于的函数表达式；（2）景点工作人员发现：当接待某团队人数超过一定数量时，会出现随着人数的增加收取的总费用反而减少这一现象．为了让收取的总费用随着团队中人数增加而增加，求的取值范围．【答案】（1）；（2）见解析【解析】【分析】(1)根据收费标准，分，分别求出与的关系即可；(2)由（1) 当时，，，随增大而增大． 当时，当时，，随增大而增大，根据二次函数的性质，即可解决问题.【详解】（1）当时，；        当时，； 当时，． （2）当时，，随增大而增大， 当时，． ，随增大而增大． 当时，，  当时，随增大而增大；当时，随增大而减小 ，当时，，随增大而增大．综上所述，当时，景点收取的总费用随着团队中人数增加而增加【点睛】本题主要考查阅读能力及建模能力、分段函数的解析式，属于难题.与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.理解本题题意的关键是构造分段函数，构造分段函数时，做到分段合理、不重不漏，分段函数的最值是各段的最大(最小)者的最大者(最小者).22. 已知函数f(x)=x+，g(x)=ax+5-2a(a>0).（1）判断函数f(x)在[0，1]上的单调性，并用定义加以证明；（2）若对任意m∈[0，1]，总存在m0∈[0，1]，使得g(m0)=f(m)成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）函数f(x)在[0，1]上单调递增，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）任取，计算并判断正负即可判断单调性；（2）可得出f(m)∈，g(m0)∈[5-2a，5-a]，由题得⊆[5-2a，5-a]，即可建立不等式求出.【详解】（1）函数f(x)在[0，1]上单调递增，证明如下：设，则，因为，，，所以，即，所以函数f(x)在[0，1]上单调递增；（2）由（1）知，当m∈[0，1]时，f(m)∈.因为，在[0，1]上单调递增，所以m0∈[0，1]时，g(m0)∈[5-2a，5-a].依题意，只需⊆[5-2a，5-a]，所以解得2≤a≤，即实数a的取值范围为.【点睛】关键点睛：本题考查与函数相关的方程的有解性问题，解题的关键是求出和的取值范围，由的范围是范围的子集建立不等式求解.