2022-2023学年贵州省黔东南六校联盟高一上学期期中联考数学试题（解析版）

2022-2023学年贵州省黔东南六校联盟高一上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”寓意创造非凡、探索未来；北京冬残奥会吉祥物“雪容融”寓意点亮梦想、温暖世界．这两个吉祥物的中文名字中的汉字组成集合M，则M中元素的个数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】根据集合中元素的互异性即可确定元素的个数.

【详解】解：由集合中元素的互异性知，两个“墩”相同，去掉一个，“容”“融”不同都保留，

所以有5个元素．

故选：C

2．已知，则的最小值是（    ）

A．4 B．6 C．8 D．16

【答案】A

【详解】利用基本不等式求出最小值.

【点睛】因为，所以，由基本不等式可得：，

当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是4.

故选：A

3．已知函数，则的值是（    ）

A．－2022 B．0 C．1 D．2022

【答案】B

【分析】根据函数为奇函数可求的值.

【详解】的定义域为，定义域关于原点对称.

，故为奇函数，

则．

故选：B.

4．函数的定义域为（    ）

A．（1,＋∞） B．[1,＋∞） C．（1,） D．

【答案】D

【分析】由题可得，进而即得.

【详解】要使函数有意义，则，

解得且，

所以函数的定义域为.

故选：D．

5．已知，若，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由函数为偶函数可得，再由函数单调性建立不等式求解即可.

【详解】因为的定义域为,关于原点对称，且，

所以是偶函数，

故由可得，

当时，是增函数，

所以，解得，

故选：B

6．已知“”是真命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据判别式，计算得解.

【详解】命题“”是真命题，即判别式，即，解得.

故选：C.

7．已知函数是偶函数，当时，恒成立，设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由时，恒成立，可得函数在区间上单调递增，再根据函数是偶函数，可得函数图象关于直线对称，根据函数的单调性与对称性即可得解.

【详解】解：因为当时，恒成立，

所以函数在区间上单调递增，

由于函数是偶函数，故函数图象关于y轴对称，

所以函数图象关于直线对称，

所以，，

由，函数在区间上单调递增，

所以．

故选：B.

8．已知实数，满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不等式恒成立，即，由利用基本不等式，求的最大值.

【详解】，，

，当且仅当时等号成立，

，，

，，，

当，时，，

，．

故选：B

二、多选题

9．下列各组函数中，是同一个函数的有（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】AD

【分析】逐个选项分别判断函数的定义域与对应法则是否相同即可.

【详解】对于A，，定义域均为，是同一函数；

对于B，与解析式不同，不是同一函数；

对于C，，定义城为，，定义域为R，两个函数定义域不同，不是同一函数；

对于D，，定义域均为R，是同一函数.

故选：AD．

10．，且，则实数a的值为（    ）

A．－ B． C． D．

【答案】ACD

【分析】分情况讨论，根据函数值求自变量即得.

【详解】当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得或（舍去）．

综上可知，实数a的值为－或或．

故选：ACD.

11．已知函数的图象经过点，则（    ）

A．的图象经过点 B．的图象关于y轴对称

C．在定义域上单调递减 D．在内的值域为

【答案】AD

【分析】代入已知点坐标求得函数解析式，然后根据幂函数的性质判断．

【详解】将点的坐标代入，可得，

则，

所以的图象经过点，A正确；

根据幂函数的图象与性质可知为奇函数，图象关于原点对称，在定义域上不具有单调性，

函数在内的值域为，故BC错误，D正确，

故选：AD．

12．已知函数，，则下列说法中正确的是（    ）

A．函数的定义域为  B．函数的值域为

C．函数的最大值为2 D．函数在上单调递增

【答案】AD

【分析】根据解析式的形式求出函数的定义域后可判断A的正误，利用换元法B中函数的值域，从而可判断其正误，利用平方变形结合二次函数性质可求C中函数的最大值，故可判断其正误，利用分离常数法变形D中函数后可判断其单调性.

【详解】A：，

故A正确；

B：令，

令，，

则的值域为，故B不正确；

C：令，则，

，

当时，，的最大值为，故C不正确；

D：令，

因为在上单调递增，在上为单调增函数，

在上单调递增，故D正确．

故选：AD.

三、填空题

13．命题“，”的否定为______.

【答案】，

【分析】利用全称量词命题的否定求解.

【详解】由于全称量词命题的否定是存在量词命题，

所以命题“，”的否定为“，”.

故答案为：，

14．已知集合，则的子集的个数为___________.

【答案】

【分析】先求出两集合的交集，再利用公式可求出的子集的个数.

【详解】因为，

所以，

所以的子集的个数为.

故答案为：4

15．已知的定义域为，则的定义域为___．

【答案】

【分析】由题意求出的定义域为，再由即得.

【详解】因函数的定义域为，

则，

于是由，

解得，

所以的定义域为.

故答案为：.

16．已知是关于的二次方程的两根，则的大小关系是___________.

【答案】

【分析】根据一元二次方程的根与二次函数的图象的关系判断．

【详解】如图是函数的图象（图中隐去了轴），

为的两根，为与轴交点的横坐标.为的根，为与交点的横坐标，.

故答案为：.

四、解答题

17．求解下列问题：

(1)已知，比较和的大小；

(2)已知，比较与的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）用作差法比较大小；

（2）用作差法比较大小．

【详解】（1）－．

所以；

（2）∵，∴，，

∴，

所以．

18．已知集合，集合．

(1)当时，求；

(2)若，求实数m的范围．

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）由集合的运算法则计算；

（2）按是否为空集分类讨论．

【详解】（1）当时，,或，

∴；

（2），

①当时，即，满足题意

②时，，则或，或，所以，

综上或．

19．求下列函数的解析式：

(1)已知，求；

(2)已知函数是二次函数，且，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由题得，，解方程组即得解；

（2）设，列方程组解方程组即得解.

【详解】（1）解：因为，

所以，所以，

所以，即.

（2）解：由题知，设，

所以，

所以，解得.

又因为，

所以，解得，

所以.

20．已知函数．

(1)判断函数的单调性，并用定义法证明；

(2)当时，求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】(1)函数在区间上单调递增，证明见解析

(2)最小值为，最大值为.

【分析】（1）根据函数的单调性的定义即得；

（2）利用函数的单调性可得函数的最值.

【详解】（1）函数在区间上单调递增，证明如下：

任取，且，

则，

因为，

所以，

所以，

所以，即，

所以函数在区间上单调递增；

（2）当时，，由（1）知，函数在区间上单调递增，

所以函数的最小值为，最大值为．

21．若关于x的不等式的解集是．

(1)求不等式的解集；

(2)已知两个正实数x，y满足，并且恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据不等式的解集以及韦达定理即可求得，再解不等式即可.

（2）利用基本不等式求的最小值，再解不等式即可.

【详解】（1）∵不等式的解集是，

是方程的两个根，

∴，

解得，

则不等式，即，

所以，

所以不等式的解集为；

（2）∵恒成立，

∴，

因为，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以，

解得，

即实数a的范围是．

22．对于定义在D上的函数，若存在实数m，n且，使得在区间上的最大值为，最小值为，则称为的一个“保值区间”．已知函数是定义在R上的奇函数，当）时，．

(1)求函数的解析式；

(2)求函数在内的“保值区间”；

(3)若以函数在定义域内所有“保值区间”上的图象作为函数的图象，求函数的值域．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）利用函数的奇偶性即得函数的解析式；

（2）根据“保值区间”的概念结合函数的单调性可得关于的方程组，进而构造方程即得；

（3）根据函数的性质可得在定义域内所有“保值区间”，进而可得函数，即得.

【详解】（1）因为为R上的奇函数，则，

因为当）时，，

所以当时，则，

∴，

所以；

（2）设，由在上单调递减，

可得，

所以是方程，即的两个不等正根，

，

，

所以在内的“保值区间”为；

（3）设为的一个“保值区间”，

则，

∴m，n同号．

当时，同理可求在内的“保值区间”为，

∴，

所以函数的值域是．