2022-2023学年四川省四川外语学院重庆第二外国语学校高一上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年四川省四川外语学院重庆第二外国语学校高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】计算出集合，利用并集的定义可求得集合.

【详解】全集，集合，则，

又集合，因此，.

故选：C.

【点睛】本题考查补集与并集的混合运算，考查计算能力，属于基础题.

2．函数的定义域为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】要使函数有意义，则有，解出即可得答案.

【详解】要使函数有意义，则有，解得且，

所以函数的定义域为，

故选：B

3．已知集合A＝{1，a}，B＝{1，2，3}，则“a＝3”是“A⊆B”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据充分条件、必要条件的概念结合集合间的关系可得结果.

【详解】a＝3时，A＝{1，3}，A⊆B，即充分性成立；

当A⊆B时，a＝2或3，即必要性不成立；

故选：A.

4．已知函数，若，则实数的值是（   ）

A．或 B．或 C． D．3或或2

【答案】B

【分析】根据题意，需要对进行分类讨论，若，则；若，则，进而求得结果.

【详解】（ⅰ）若，则，

，（舍去）；

（ⅱ）若，则

.

综上，或.

故选B.

【点睛】本题考查分段函数的求值问题，关键是要对进行分类讨论.

5．设函数，则的最小值和最大值分别为

A．，3 B．0 ，3 C．，4 D．，0

【答案】A

【分析】由二次函数的对称轴求出最小值，结合单调性求出最大值

【详解】函数，

当时，

当时，

故选

【点睛】本题主要考查了二次函数的最值问题，在解答此类问题时考虑对称轴与区间的关系，然后结合单调性求出最值．

6．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列命题正确的是（    ）

A．若且，则 B．若，则

C．若，则 D．若且，则

【答案】B

【解析】利用不等式性质，结合特殊值法，即可判断选项的正误.

【详解】A中，有，错误；

B中，时，成立，正确；

C中，时，，错误；

D中，由题设，当时，，错误；

故选：B

7．函数的图象为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】根据函数的奇偶性可排除AB，取特殊值可排除C.

【详解】易知，

所以为偶函数，排除A、B项；

取，，排除C项；

故选：D

8．给定函数，，．用表示，中的较小者，记为，则的最大值为（    ）

A． B．1 C．0 D．

【答案】A

【分析】先把写成分段函数的形式，再求其最大值即可．

【详解】令即，解得；令，解得或，

所以

当时，，

当时，，则，

综上所述，．

故选：A．

二、多选题

9．下列各选项给出的两个函数中，表示相同函数的有(   )

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】BC

【分析】根据相等函数定义域、值域和表达式均相同判断.

【详解】的值域为，的值域为，故A错；

与的定义域均为，值域均为，表达式形式相同，故B对；

，与的表达式、定义域和值域均相同，故C对；

的定义域为，的定义域为，故D错.

故选：BC.

10．下列四个命题中，是真命题的有（    ）

A．“，”的否定是“，”

B．，都有

C．若a，b是实数，则“”是“”的充分不必要条件

D．“”是“”的充分条件

【答案】AD

【分析】根据存在量词命题的否定判断A；举例说明即可判断BC；根据交集的定义和运算、充分条件的定义判断D.

【详解】A：“”的否定为“”，故A正确；

B：当时，有，所以“，都有”错误，故B错误；

C：当时，满足，但不满足；

当时，满足，但不满足，

所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故C错误；

D：若，则且，

所以“”是“”的充分条件，故D正确.

故选：AD.

11．下列结论错误的是（    ）

A．若函数对应的方程没有根，则不等式的解集为R；

B．不等式在R上恒成立的条件是且；

C．若关于x的不等式的解集为R，则；

D．不等式的解为.

【答案】AD

【分析】根据一元二次不等式与对应二次函数的关系，结合各选项的描述判断A、B、C正误即可，对于D将不等式化为求解集即可.

【详解】A：函数不存在零点，若则解集为R，若则解集为空集，错误；

B：由不等式对应的二次函数图像开口向下，说明且至多与x轴有一个交点，故，正确；

C：当时，显然不符合题意，当时由二次函数的性质知：，解得，正确；

D：，解得，错误；

故选：AD

12．已知非空集合满足：对任意，总有且．若，则满足条件的集合可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据题意可知M是集合的非空子集，且2和4不都是集合M的元素，进而求解.

【详解】由题意知，

，总有且，

由且，得

集合M是集合的非空子集，且2和4不都是集合M的元素，

所以满足条件的集合M可以是、.

故选：AC.

三、填空题

13．已知集合，集合，若，则实数m=______．

【答案】1

【分析】依题意可得，解得，再代入检验即可；

【详解】解：因为集合，集合，且，所以，解得，当时，，满足．

故答案为：

14．定义在R上的奇函数f(x)满足：当x≥0，f(x)＝x2﹣2x，则f（﹣3）＝_____

【答案】-3

【分析】由代入解析式可得解.

【详解】f(x)是奇函数，所以，

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了奇偶性求值，属于基础题.

15．设，，则的最小值为______．

【答案】

【分析】根据题意可得，结合基本不等式计算即可求解．

【详解】由，得

，

当且仅当时，即，时取等号，

故的最小值是，

故答案为：.

16．已知表示不超过的最大整数，例如：，，方程的解集为，集合  且 ，则的取值范围是____________.

【答案】

【解析】先根据题中条件，求出集合；再分别讨论，，三种情况，根据，分别求解，即可得出结果.

【详解】因为表示不超过的最大整数，由可得，

即，即，解得或，

即或，

又，

若，则，此时满足；

若，则或，为使，只需，解得；

若，则或，为使，只需，解得，所以，

综上，或，

即的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．17.已知全集,集合，.

(1)当时，求集合;

(2)若,求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）分别解出集合A，B，再由集合交集的概念得到结果；（2）由补集的概念得到集合B的补集，再由交集为空集列出不等式，即可得到结果.

【详解】（1）当a=2时，，

．

（2）

，即

故实数的取值范围是.

【点睛】本题考查集合交，补的运算，以及由集合的关系求参数的范围．属于基础题.

18．已知函数图象经过点．

(1)求函数的解析式；

(2)判断函数的奇偶性并说明理由．

【答案】(1)；

(2)奇函数，理由见详解.

【分析】（1）把点代入解析式求出后可得答案；

（2）利用奇偶性的定义判断即可.

【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，

因为函数的图象经过点，

所以，解得，

所以；

（2）函数为上的奇函数.

由（1），

由于，其定义域关于原点对称，

，

所以为奇函数.

19．已知函数．

(1)若不等式的解集为，求m、n的值；

(2)若不等式的解集为，且，求实数的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据一元二次方程的根与一元二次不等式的解集之间的关系，利用韦达定理计算即可求解；

(2)根据题意将原不等式转化为，结合一元二次不等式恒成立即可求解.

【详解】（1）由的解集为，

知方程的根为-2和1，

由韦达定理，得，解得；

（2）由，，

得不等式的解集为R，

所以，解得，

即m的取值范围为.

20．已知函数，且，．

(1)求实数的值；

(2)若函数，求的最小值并指出此时的取值．

【答案】(1)

(2)的最小值为，此时

【分析】（1）根据条件建立方程组求解即可；

（2） 的解析式可变形为，然后利用基本不等式求解即可.

【详解】（1）因为，且，，

所以，解得；

（2）由（1）可得，

所以

因为，

所以，当且仅当，即时取得等号，

所以的最小值为，此时.

21．通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间，讲座开始时，学生的兴趣激增，中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持理想的状态，随后学生的注意力开始分散，分析结果和实验表明，用表示学生掌握和接受概念的能力（的值越大，表示接受能力越强），表示提出和讲授概念的时间（单位：分），可以有以下公式：．

（1）开讲多少分钟后，学生的接受能力最强？能维持多少分钟？

（2）开讲5分钟与开讲20分钟比较，学生的接受能力何时强一些？

（3）一个数学难题，需要55的接受能力以及13分钟的时间，老师能否及时在学生一直达到所需接受能力的状态下讲授完这个难题？

【答案】（1）能维持6分钟时间（2）开讲5分钟时学生的接受能力比开讲20分钟时要强一些（3）来不及

【详解】试题分析：（1）当时，函数为二次函数，对称轴为，开口向下故在这个区间上单调递增，当时取得最大值为.当时，函数为减函数，且，故开讲分钟后达到最大值，维持分钟.（2）通过比较的值可知开讲分钟时接受能力更强.（3）在区间上分别令函数值为，求得对应的时间，作差后可知老师来不及讲授完.

试题解析：

（1）当时，

故在时递增，最大值为

当时，

当时，为减函数，且

因此，开讲10分钟后，学生达到最强接受能力（为59），能维持6分钟时间．

（2）

故开讲5分钟时学生的接受能力比开讲20分钟时要强一些

（3）当时，令，解得或20（舍）

当时，令，解得

因此学生达到（含超过）55的接受能力的时间为（分）

老师来不及在学生一直达到所需接受能力的状态下讲授完这个难题．

点睛：本题主要考查函数的实际应用，考查一次函数、二次函数最值的求解方法.第一问要求最大值，也就是要将分段函数中每一段函数的最大值求出来，第一段是二次函数，二次函数求最值的方法主要有配方法和对称轴法，通过求出函数的对称轴，对比区间和对称轴的位置，可得函数最大值的位置.一次函数主要看一次项系数来定单调性.

22．已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，且时，有成立．

(1)判断在上的单调性，并证明；

(2)解不等式：；

(3)若对所有的，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)函数在上为增函数，证明见解析；

(2)；

(3)或或.

【分析】（1）根据定义法即可证明函数的单调性；

（2）利用函数的单调性得到，解不等式组可得结果；

（3）不等式先对恒成立，得到，再由对所有的恒成立，可求出的取值范围.

【详解】（1）函数在上为增函数，证明如下：

设任意，且，

在中，令，，可得，

又∵是奇函数，∴，

∴，∵，∴，

∴，即，

故函数在上为增函数.

（2）由(1)知函数在上为增函数且为奇函数，

∴不等式可化为，

有，

由，得，

由，得，得，得或，得或，

所以由，得，

由以及得，，即，

得，得或，

综合得，

所以原不等式的解集为.

（3）由（1），得函数在上为增函数，，且最大值为，

因为对所有的恒成立，

所以对所有的恒成立，

即对所有的恒成立，

令，则对所有的恒成立，

所以，即，解得或或.

所以的取值范围是或或.