2022-2023学年广东省茂名市电白区高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省茂名市电白区高一上学期期中数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省茂名市电白区高一上学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，则 （    ）.A． B．C． D．【答案】B【分析】先解集合A内的不等式，再根据并集的定义计算即可.【详解】对于 ，解得 ，即 ， ；故选：B.2．函数的定义域是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据根式与分式的定义域求解即可.【详解】由题意，解得故选：D3．函数在区间上的最小值是（    ）A．- B． C．1 D．-1【答案】A【分析】根据函数单调性找出区间中的最小值.【详解】在区间单调递减， 在区间也单调递减，所以在区间单调递减，因此故选：A4．设，则（    ）A．10 B．11 C．12 D．13【答案】C【分析】根据分段函数解析式，直接代入求解.【详解】∵,且，∴.故选：C5．“红豆生南国，春来发几枝？愿君多采撷，此物最相思！”这首《相思》是唐代山水田田园诗人王维的作品，王维字摩诘，号摩诘居士，苏轼有云：“味摩诘之诗，诗中有画？观摩诘之画，画中有诗，”这首诗中，在当时的条件下，可以作为命题的是A．红豆生南国 B．春来发几枝 C．愿君多采撷？ D．此物最相思【答案】A【解析】根据命题的定义判断可得出结论.【详解】对于A选项，“红豆生南国”是陈述句，所述事件在唐代是事实，所以，本句是命题；对于B选项，“春来发几支”是疑问句，不是命题；对于C选项，“愿君多采撷”是祈使句，不是命题；对于D选项，“此物最相思”是感叹句，不是命题.故选：A.6．下列命题中，错误的命题个数有（    ）①是为奇函数的必要非充分条件；②函数是偶函数；③函数的最小值是；④函数的定义域为，且对其内任意实数、均有：，则在上是减函数.A． B． C． D．【答案】C【分析】根据充分必要性判断出“”与“为奇函数”的充分必要性关系，可判断出命题①的正误；根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，可判断出命题②的正误；利用函数的单调性来判断出命题③的正误；利用单调性的定义判断命题④的正误.【详解】对于命题①，取，则，但该函数不是奇函数，则“”“为奇函数”，另一方面，若函数为奇函数，取，则没意义，则“为奇函数”“”，所以，是为奇函数的既不充分也不必要条件，命题①错误；对于命题②，函数的定义域为，不一定关于原点对称，则函数不一定是偶函数，命题②错误；对于命题③，由对勾函数的单调性可知，函数在区间上是增函数，当时，，此时，该函数无最小值，命题③错误；对于命题④，设，且、，则，，则，即，所以，函数在区间上为减函数，命题④正确.因此，错误命题的个数为.故选C.【点睛】本题考查函数的单调性、奇偶性有关命题的判断，同时也考查了必要不充分条件的判断，解题时要熟悉单调性和奇偶性的定义，考查推理能力，属于中等题.7．若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．【答案】B【分析】根据函数 的奇偶性和单调性求解即可.【详解】由题意，函数 在 上单调递增，是偶函数，所以在 上单调递减；对于 ，有 ，解得 ；故选：B.8．已知正实数满足，若对任意恒成立，则实数的取值范围是（   ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用基本不等式得到，根据恒成立问题得，即可解出解集.【详解】解：⸪是正数，⸫，当且仅到时等号成立.即，，⸫，因为对任意恒成立，所以有，解得.故选:A 二、多选题9．设集合，若,则满足条件的实数的值是 （     ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】由得，根据子集的概念分类求解．【详解】因为，所以，若，则，满足题意，若，则或，不合题意，满足题意．故选：ACD．10．下列结论正确的是（     ）A．命题“”的否定是假命题.B．“”是“”的充分不必要条件.C．已知则.D．函数的最小值为2.【答案】BC【分析】本题考查充分必要条件的判断，不等式的性质以及函数最值的求法，根据选项，逐一判断.【详解】A选项，原命题当时为假命题，故A错误.B选项，由，解得或，所以”是“”的充分不必要条件.，B正确.C选项，，故C正确.D选项， =，令，，因为函数在单调递增，所以，故D错误.故选：BC11．下列函数中满足“对任意都有”的是（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由题意知，函数在定义域内单调递增，选项逐一判断即可.【详解】因为对任意都有，函数在上单调递增，A选项为减函数，故错误,，B选项，在上单调递增..C选项，在上单调递增.D选项，在上单调递增.选项BCD在任意都是增函数.故正确.故选：BCD12．若函数的图像与轴有且只有一个交点，则下列选项中正确的是（    ）A．B．C．若不等式的解集为，则D．若不等式的解集为，，则c=4【答案】ABD【分析】函数的图像与轴有且只有一个交点，，得到关系式，代入判断即可，ＣＤ选项用韦达定理判断．【详解】因为函数的图像与轴有且只有一个交点所以,所以，，即,故A正确.,故B正确.若不等式的解集为，则,故C错误，若不等式的解集为，则因为，所以，故D正确.故选：ABD 三、填空题13．满足的集合A的个数为________．【答案】3【分析】根据条件可知一定含元素1，可能含元素2，3，从而可求出满足条件的的个数．【详解】解：，是的元素，2，3可能是的元素，但不能同时存在.集合的个数有个．故答案为：3．14．已知函数的定义域为，则函数的定义域为___________.（用区间或集合作答）【答案】##【分析】由已知及指数的性质可得，即可求的定义域.【详解】由题设，，可得，∴的定义域为.故答案为： 四、双空题15．用符号语言表示命题：对于所有的实数，满足__________；该命题的否定是：________.【答案】          【分析】全称命题的书写，其否定为全称变特称，将结论否定.【详解】对于所有的实数，满足,写成全称命题的形式即为，否定为：故答案为：①，②16．我们知道，函数的图像关于原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现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.类比上述推广结论，函数的图像关于直线成轴对称图形的充要条件是_________ ；函数 图像的对称中心为______.【答案】     是偶函数     (-1，2)【分析】(1)根据函数对称性可写出关系式，类比对称中心的方法可以写出答案.(2)根据题意可以设函数的对称中心为，根据，代入也为奇函数，可列方程组解决.【详解】若函数的图像关于直线成轴对称图形，则有所以为偶函数.若为偶函数，则有，所以函数的图像关于直线成轴对称图形的充要条件为是偶函数.设函数图像的对称中心为，则函数为奇函数即为奇函数所以解得故答案为：(1) 是偶函数  (2) (-1，2) 五、解答题17．设全集，集合，，求：(1)；(2).【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）解不等式求出集合，，再求出与集合进行交集运算即可求解；（2）结合（1）求出再与进行并集运算即可求解.【详解】（1）由可得，解得：，所以，由，可得，解得：或，所以或，所以，所以.（2）由（1）知，所以或，所以或.18．已知命题，当为真命题时，实数的取值集合为 .(1)求；(2)请从①充分不必要、②必要不充分、③充要中选择一个条件补充到下面的横线上.设非空集合，若“”是“”的             条件，求实数的取值范围.（注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.）【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）根据一元二次不等式与二次函数的关系可求解，(2)根据集合间的包含或相等关系求解.【详解】（1）(1)命题为真命题,解得 ，即（2）选①是的充分不必要条件是的真子集， 且等号不同时成立，解得，所以.选②因为非空，，解得是的必要不充分条件是的真子集，所以且等号不同时成立，解得，所以.选③是的充要条件， ，无解.19．已知偶函数的定义域为，，当时，函数．(1)求实数m的值；(2)当时，求函数的解析式；(3)利用定义判断并证明函数在区间的单调性．【答案】(1)(2)(3)在区间上为单调递增函数，证明见解析 【分析】（1）由偶函数定义得，代入解析式可得值．（2）设，由且可得；（3）设，，作差，判断其正负后可得单调性．【详解】（1）因为是偶函数，所以，解得；（2）时，，．（3）设，，，所以，所以在上是增函数．20．已知关于的函数，其中.(1)若关于的不等式的解集为或，求的值；(2)当时，解关于的不等式.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）根据不等式解集与方程的根的关系即可求出的值.（2）计算出的根，分类讨论在不同取值范围时的解集.【详解】（1）由题意知，关于的方程的两实根为-2，1  根据韦达定理： （2）当，即时，解集为或当，即时，解集为当，即时，解集为或当时，解集为或；当时，解集为；当时，解集为或21．济南市地铁项目正在加火如荼的进行中，通车后将给市民出行带来便利，已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当时列车为满载状态，载客量为500人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，记列车载客量为.(1)求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量；(2)若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.【答案】(1)；(2)发车时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元. 【分析】（1）由题设，有且，求k值，进而写出其分段函数的形式即可.（2）由（1）写出解析式，讨论、求最大值即可.【详解】（1）由题设，当时，令，又发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，∴，解得.∴，故时，，所以当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量为人.（2）由（1）知：，∵时，当且仅当等号成立，∴上，而上，单调递减，则，综上，时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元.22．已知函数.(1)直接写出在区间上的单调性（无需证明）；(2)求在区间上的最大值；(3)设函数的定义域为，若存在区间，满足： ，使得，则称区间为的“区间”.已知，是函数的“区间”，求实数的最大值.【答案】(1)在上单调递减，在[1，2]单调递增(2)答案见解析(3)1 【分析】(1)利用双勾函数的性质可得；(2)根据（1）的推导，画出函数图像，对a分类讨论；(3)理解“ 区间”的含义，考虑函数 在A= 与 上值域的包含关系即可.【详解】（1）由双勾函数的性质知，在上单调递减，在[1，2]单调递增；（2）由题意知，，，   若，则在上单调递减，，   若，则在上单调递减，，在上单调递增， ，  ，   若，则在上单调递减，在单调递增，，，所以，当时，；当时，；（3）题目的意思是“ 区间”的值域包含于 区间的值域；当时，在的值域为，在上的值域为，当且仅当=1时等号成立，，满足使得是的“区间”；当时，在上的值域是，在上的值域是，，所以当时，，此时不存在使得此时不是的“区间”，所以的最大值为1；