2022-2023学年四川省成都市第七中学高一上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年四川省成都市第七中学高一上学期期中数学试题（解析版），共18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。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据不等式解法分别求集合，再结合集合交集运算求解.
【详解】∵，
∴
故选：D.
2．设命题，，则命题p的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据存在命题的否定为全称命题可得结果.
【详解】∵存在命题的否定为全称命题，
∴命题p的否定为“，”，
故选：B
3．下列各组函数表示相同函数的是（ ）
A．和B．和
C．和D．和
【答案】C
【分析】根据相等函数的概念，结合函数的定义域与对应法则，逐项判定，即可求解.
【详解】解：对于A中，函数的定义域为，函数的定义域为，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数；
对于B中，函数的定义域为，函数的定义域为，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数；
对于C中，函数与的定义域和对应法则都相同，所以表示相同的函数；
对于D中，函数的定义域为，函数的定义域为，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数.
故选：C
4．“不等式在R上恒成立”的充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据二次不等式恒成立求出充要条件，再由充分条件，必要条件的概念求出选项.
【详解】不等式在R上恒成立 ，即，
因为，但不能推出成立，
故是不等式在R上恒成立的充分不必要条件，
故选：A
5．已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】根据题中条件，分别讨论，两种情况，结合函数单调性与奇偶性，即可求出结果.
【详解】若，则等价于，
因为，在上单调递减，
所以由得；
若，则等价于，
由题知在上单调递增，
所以由得；
.综上，的解集为.
故选：A.
6．对于直角三角形的研究，中国早在商朝时期，就有商高提出了“勾三股四弦五”这样的勾股定理特例，而西方直到公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯才提出并证明了勾股定理．如果一个直角三角形的斜边长等于5，则这个直角三角形周长的最大值等于（ ）．
A．B．10C．D．
【答案】C
【分析】先由勾股定理得，再利用基本不等式易得，由此得到，问题得解.
【详解】不妨设该直角三角形的斜边为，直角边为，则，
因为，所以，即，
当且仅当且，即时，等号成立，
因为，所以，
所以该直角三角形周长，即这个直角三角形周长的最大值为.
故选：C.
7．函数的图象不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】函数表达式中含有参数a，要对参数进行分类讨论，
【详解】若，则，选项C符合；
若，则函数定义域为R，选项B符合
若，则，选项A符合，所以不可能是选项D.
故选：D.
8．定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造函数，由单调性的定义可判断得在上单调递增，再将题设不等式转化为，利用的单调性即可求解.
【详解】令，
因为对，且，都有成立，
不妨设，则，故，则，即，
所以在上单调递增，
又因为，所以，故可化为，
所以由的单调性可得，即不等式的解集为.
故选：D.
二、多选题
9．若a＞b＞0，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】根据不等式的性质，作差比较法，对选项逐一判断
【详解】对于A，，因为，故，即，故A正确；
对于B，不能确定符号，取则，故B错误；
对于C， ，因为，
故，即，故C正确；
对于D，，因为，
所以，即，所以，故D错误．
故选：AC
10．定义在上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A．B．是奇函数
C．在上有最大值D．的解集为
【答案】ABD
【分析】利用赋值法可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数单调性的定义可判断C选项的正误；利用函数的单调性解不等式，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，令，可得，解得，A对；
对于B选项，函数的定义域为，
令，可得，则，
故函数是奇函数，B对；
对于C选项，任取、且，则，
即，所以，
所以，函数为上的减函数，
所以，在上有最大值，C错；
对于D选项，由于为上的减函数，由，可得，解得，D对.
故选：ABD.
11．已知函数定义域为，且，，，则（ ）
A．的图象关于直线x＝2对称B．
C．的图象关于点中心对称D．为偶函数
【答案】BCD
【分析】利用假设的图象关于直线对称，推出矛盾的方法判断A，根据已知可推得函数为奇函数，进而得到函数的周期，可判断B,C，利用偶函数的定义可判断D.
【详解】对于A，假设的图象关于直线对称，则，
因为，故，即2为函数的一个周期，
则，由，可得，矛盾，
故的图象不关于直线对称，A错误；
对于B, 函数定义域为，且，则，
由得，则，
，故，故B正确；
对于C，由B的分析可知，，即，
所以，
即，故的图象关于点中心对称，C正确；
对于D，由可得，
由得，
故，即为偶函数，D正确.
故选：BCD.
12．已知的解集是，则下列说法正确的是（ ）
A．若c满足题目要求，则有成立
B．的最小值是4
C．已知m为正实数，且m＋b＝1，则的最小值为
D．当c＝2时，，的值域是，则的取值范围是
【答案】ACD
【分析】由不等式的解集可得方程的根，再由根与系数关系得出，，，由指数函数的单调性及作商法判断A，根据均值不等式判断B，利用“1”的变形及均值不等式判断C，根据二次函数的性质判断D.
【详解】的解集是，
是关于的方程的两个根，且，
，，，，
对于A，由，可知，故，正确；
对于B，，当且仅当，
即时等号成立，即的最小值是，错误；
对于C，
，当且仅当且时，
即时取等号，正确；
对于D，当时，，则，
，依题意，，在上的最小值为，
或，，，则的取值范围是，正确.
故选：ACD
三、填空题
13．函数的定义域是____________．
【答案】
【分析】根据具体函数的定义域的求法求解即可.
【详解】因为，
所以，解得，故或，
所以的定义域为.
故答案为：.
14．已知函数是定义在上的单调递增函数，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】分段函数在上单调递增，则在两个分段区间上都单调递增，且在上的最大值要不大于上的任意函数值，据此解答即可.
【详解】因为在上单调递增，
所以当时，在上单调递增，
又因为开口向下，对称轴为，
所以，故，且在上的最大值为，
当时，在上单调递增，
所以由幂函数的性质可知，且，
故，得，
由于以上条件要同时成立，故，即.
故答案为：.
15．已知函数和函数，若对任意的，总存在，使得成立，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据题意得，由此得到关于的不等式，解之即可.
【详解】因为对任意的，总存在，使得成立，
所以，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
又因为在上单调递减，所以，
因此，解得，
所以a的取值范围为.
故答案为：.
16．已知a＞0，b＞0，c＞2，且a＋b＝1，则的最小值为______．
【答案】
【分析】先利用把化成，利用基本不等式可求的最小值，再根据不等式的性质把目标代数式放缩为与有关的代数式，再利用基本不等式可求题设中目标代数式的最小值.
【详解】因为，，
所以，
当且仅当时等号成立．
又因为，由不等式的性质可得
.
又因为，
当且仅当时等号成立．
综上，的最小值为，
当且仅当时等号成立.
故答案为：.
四、解答题
17．已知集合，不等式的解集为．
(1)当时，求，；
(2)若，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）代入化简集合，再解分式不等式得到集合，从而利用集合的交并补运算及数轴法可求得结果；
（2）由得，分类讨论与两种情况，结合数轴法与集合的包含关系即可求得实数m的取值范围．
【详解】（1）当时，，
由得，即，故，即，解得或，故或，
所以或，或，
故或.
（2）因为，所以，
当时，，解得；
当时，由数轴法得或，即或，
故或，
综上：或，
所以实数m的取值范围为.
18．已知函数．
(1)解不等式；
(2)若的解集非空，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）分类讨论解不等式即可；
（2）首先将题意转化为，设，再分类讨论求出的最大值即可得到答案.
【详解】（1）因为，
所以①，解得，
②，解得，
③，解得，
综上不等式的解集为：.
（2）因为的解集非空，所以解集非空，
即.
设，
当时，，对称轴为，开口向下，
所以.
当时，，对称轴为，开口向下，
所以.
当时，，对称轴为，开口向下，
所以.
综上，即.
所以实数m的取值范围为.
19．已知，．
(1)判断的奇偶性并说明理由；
(2)请用定义证明：函数在上是增函数；
(3)若不等式对任意和都恒成立，求t的取值范围．
【答案】(1)奇函数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用函数的奇偶性定义即可求解；
（2）利用函数单调性定义即可判断；
（3）根据题意求出，从而可得，设，只需即可求解.
【详解】（1）函数是定义域上的奇函数，
理由如下，
定义域关于原点对称，
又，
所以是定义域上的奇函数.
（2）证明：设为区间上的任意两个值，且，
则，
因为，
所以，，
即；
所以函数在上是增函数.
（3）由可知时，．
所以，即，对都恒成立，
令，，则只需，
解得，
故t的取值范围．
20．1.通过技术创新，某公司的汽车特种玻璃已进入欧洲市场. 2021年，该种玻璃售价为25欧元/平方米，销售量为80万平方米，销售收入为2000万欧元.
(1)据市场调查，若售价每提高1欧元/平方米，则销售量将减少2万平方米；要使销售收入不低于2000万欧元，试问：该种玻璃的售价最多提高到多少欧元/平方米？
(2)为提高年销售量，增加市场份额，公司将在2022年对该种玻璃实施二次技术创新和营销策略改革：提高价格到欧元/平方米（其中），其中投入万欧元作为技术创新费用，投入500万欧元作为固定宣传费用，投入万欧元作为浮动宣传费用，试问：该种玻璃的销售量（单位/万平方米）至少达到多少时，才可能使2022年的销售收入不低于2021年销售收入与2022年投入之和？并求出此时的售价.
【答案】(1)40
(2)该种玻璃的销售量至少达到102万平方米时，才可能使2022年的销售收入不低于2021年销售收入与2022年投入之和，此时求出此时的售价为30欧元.
【分析】（1）设出未知数，列不等式进行求解；（2）根据题意，得到关于的关系式，，利用基本不等式进行求解
【详解】（1）设该种玻璃的售价提高到x欧元/平方米

解得：
所以该种玻璃的售价最多提高到40欧元/平方米
（2）
整理得：
除以得：
由基本不等式得：，当且仅当，即时，等号成立，所以该种玻璃的销售量至少达到102万平方米时，才可能使2022年的销售收入不低于2021年销售收入与2022年投入之和，此时求出此时的售价为30欧元/平方米.
21．已知函数满足．
(1)求的解析式，并求在上的值域；
(2)若对，且，都有成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由条件可得，然后可解出，然后利用对勾函数的知识可得答案；
（2）设，条件中的不等式可变形为，即可得在区间（2，4）递增，然后分、、三种情况讨论求解即可.
【详解】（1）因为①，
所以②，联立①②解得.
当时为增函数，时为减函数，
因为
所以
（2）对，，，都有，
不妨设，则由
恒成立，也即可得函数在区间（2，4）递增；
当，即时，满足题意；
当，即时，为两个在上单调递增函数的和，
则可得在单调递增，从而满足在（2，4）递增，符合题意；
当，即时，，其在递减，在递增，
若使在（2，4）递增，则只需；
综上可得：
22．已知函数.
(1)当时，对任意的，令，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
(2)若关于x的方程有3个不同的根，求n的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）将问题转化为，结合的图像，分类讨论，与的情况，从而得到的解析式.
（2）法一：分别讨论与时，的解的个数情况，最后综合两者的情况得到有3个不同的根时，n的取值范围．
法二：由于最多只有3个不同的根、或，所以当有3个不同的根时，只需即可，由此可求得n的取值范围．
【详解】（1）当时，，
当时，，则开口向下，对称轴为，
故在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，则开口向上，对称轴为，
故在上单调递增，令，即，解得（负值舍去），
又，，所以的图像如图，
因为对任意的，令，即为在的最大值与最小值的差的绝对值，结合图像得，
当时，；
当时，；
当时，；
综上：.
.
（2）法一：
当时，，
则可化得，即，
当时，，故，即无解；
当时，可能有两个解或；
当时，，故不是的解，
而，即也不是的解，故无解；
当时，必然是的一个解，
又由得，整理得，由可知恒成立，故有两个解或；
所以当时，无解；当时，有两个解或.
当时，，
则可化得，即，
当时，，故只有一个解；
当时，可能有两个解或，
当时，必然是的一个解，
又由得，整理得，解得，
即当时，有两个解或；当时，只有一个解；
当时，，故不是的解，
又由得，整理得，解得，
即当时，只有一个解；当时，无解；
所以当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，只有一个解；当时，无解.
综合与两种情况可得，当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，有三个解、或；当时，有两个解或.
所以当有3个不同的根时，，
即n的取值范围为.
法二：
当时，，故只有一个根，故，
当时，，则可能有两个根或；
当时，，则可能有两个根或；
所以当有3个不同的根时，这三个根必为、或，
而要么是时的根，要么是时的根，即必是的根，
所以要使得或为的根，只需要，
当时，则，解得，故；
当时，则，解得或，故；
综上：，故n的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题第1小题的关键是要将转化为，由此结合图像可解；第2小题法一的关键是要分别讨论与时，的解的个数情况，最后综合可得；法二的关键是注意到最多只有3个不同的根、或，由此讨论可得.