2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一上学期期中考试数学试题含解析，共13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。
2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】阴影部分表示的集合为，求出后可求此集合.【详解】因为，故，而，又阴影部分表示的集合为，故阴影部分表示的集合为，故选：B.2．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】将特称命题否定为全称命题即可.【详解】命题“，”的否定是“，”，故选：C3．已知幂函数的图象经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据幂函数的概念求出，再代入点的坐标可求出，即可得解.【详解】因为函数为幂函数，所以，则，又因为的图象经过点，所以，得，所以.故选：A4．已知函数，则的值为（    ）A．6 B．5 C．1 D．0【答案】A【分析】根据题意，由函数的解析式求出、的值，相加即可得答案．【详解】根据题意，函数，则，，则，故选：A5．已知奇函数，当时，（m为常数），则（    ）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】利用求得，然后结合函数的奇偶性求得.【详解】依题意是奇函数，由于时，，所以，所以时，，所以.故选：C6．不等式的解集为,则函数的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，可得方程的两个根为和，且，结合二次方程根与系数的关系得到、、的关系，再结合二次函数的性质判断即可．【详解】根据题意，的解集为，则方程的两个根为和，且.则有，变形可得，故函数是开口向下的二次函数，且与轴的交点坐标为和.对照四个选项，只有C符合.故选：C．7．某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，某顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（    ）A．大于 B．小于 C．等于 D．以上都有可能【答案】A【分析】根据杠杆原理以及基本不等式即可求解.【详解】由于天平两边臂不相等，故可设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设），第一次称出的黄金重为，第二次称出的黄金重为由杠杠平衡原理可得，，所以，这样可知称出的黄金大于.故选:A8．已知函数为上的偶函数，对任意，均有成立，若，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题知函数在上单调递增，，再结合可得答案.【详解】解：因为对任意，均有成立，所以函数在上单调递减，因为函数为上的偶函数，所以，函数在上单调递增，因为，，所以，所以，即.故选：C 二、多选题9．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据集合的交并补运算以及子集关系即可求解.【详解】或，，，所以，．故选：AD10．已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（    ）A． B．不等式的解集为C． D．不等式的解集为【答案】BD【分析】由一元二次不等式的解集得到一元二次方程的解，由韦达定理得到的关系式，且，从而判断A错误，解不等式得到BD正确，由得到C错误.【详解】由题意得：的解为-2和3，且，所以，解得：，所以A错误，，即，解得：，B正确；，C错误；变形为，不等式除以得：，解得：，D正确.故选：BD11．已知函数，则使的x是（    ）A．4 B．1 C． D．【答案】AD【分析】根据题意，结合函数的解析式分两种情况讨论：当时，，当时，，求出符合要求的x的值，即可得答案.【详解】根据题意，函数，当时，，则有，不合要求，舍去当时，，解得：或，均满足要求.故或，故选：AD12．已知函数的图象经过原点，且无限接近直线y＝2，但又不与该直线相交，则下列说法正确的是（    ）A． B．若，且，则C．若，则 D．的值域为【答案】ABD【分析】根据题意，由指数函数的性质分析、的值，即可得函数的解析式，根据函数的奇偶性以及单调性即可对选项逐一求解.【详解】函数的图像过原点，，即，，且的图像无限接近直线，但又不与该直线相交，，，，故A确；由于为偶函数，故若，且，则，即，故B确，由于在上，单调递减，故若，则，故C错误，由于，，，，故D确；故选：ABD 三、填空题13．已知幂函数的图象过点，则______．【答案】3【分析】先利用待定系数法代入点的坐标，求出幂函数的解析式，再求的值.【详解】设，由于图象过点,得，，，故答案为3.【点睛】本题考查幂函数的解析式，以及根据解析式求函数值，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题.14．____________．【答案】4【分析】利用指对数的运算性质化简求值即可.【详解】原式.故答案为：415．已知函数，当时，取最小值，则____________.【答案】【分析】利用基本不等式及其取等条件可求得，加和可得结果.【详解】当时，（当且仅当，即时取等号），，，.故答案为：.16．函数在上单调递减的一个充分不必要条件是______．（只要写出一个符合条件的即可）【答案】（答案不唯一）【分析】利用分段函数整体单调递减，分段也是单调递减可求出，从而函数在上单调递减的一个充分不必要条件是的非空真子集.【详解】因为在上单调递减,所以,解得,所以答案为的非空真子集.故答案为：（或的任一非空真子集都可以） 四、解答题17．已知(1)求的定义域、并判断函数的奇偶性；(2)求使的的取值范围.【答案】(1)定义域为，为奇函数；(2). 【分析】（1）根据对数函数的定义域可得解出范围即可，判别函数奇偶性，先看定义域关于原点对称，然后计算，得到，所以为奇函数；（2）由得到，解不等式，注意定义域范围即可.【详解】（1）由题意得，即，解得，所以定义域为，因为定义域为，关于原点对称，且，所以是奇函数.（2），，，，，，，综上的取值范围为.18．已知集合.(1)若，求；(2)给出以下两个条件：①；②；③“”是“”的充分条件.在以上三个条件中任选一个，补充到横线处，求解下列问题：若___________，求实数a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据并集的定义，求解即可；（2）选择①②③，都有，分两种情况讨论，列出不等关系，求解即可.【详解】（1）当时，集合，所以；（2）选择①②③，都有，因为，当时，，解得，当，又，所以，解得，所以实数a的取值范围是.19．某种杂志原以每本2.5元的价格销售，可以售出8万本，据市场调查，杂志的单价每提高0.1元，销售量就可能减少2000本，若提价后定价为x（单位：元），销售总收入y（单位：万元）(1)提价后如何定价才能使销售总收入最大？销售总收入最大值是多少？（精确到0.1）(2)如何定价才能使提价后的销售总收入不低于20万元？【答案】(1)定价为每本元可使销售总收入最大，销售总收入最大值约为万元(2)每本杂志的定价不低于元且不超过4元 【分析】(1) 若提价后定价为x元,则可售出万件,总收入与售价函数关系为二次函数,利用二次函数求最值.(2) 由销售总收入不低于20万元列出不等式,解二次不等式.【详解】（1）由题意可得当（元）时，（万元）.即定价为每本元可使销售总收入最大，销售总收入最大值约为万元.（2）由题意可得所以，当每本杂志的定价不低于元且不超过4元时，提价后的销售总收入不低于20万元.20．函数是定义在上的奇函数，且．(1)确定的解析式；(2)判断在上的单调性，并用定义证明．【答案】(1)(2)增函数，证明见解析 【分析】（1）由题知，，进而求得答案（注意检验奇函数成立）；（2）根据函数单调性的定义证明即可；【详解】（1）解：因为函数是定义在上的奇函数所以，解得．经检验，当时，是上的奇函数，满足题意．又，解得，所以．（2）解：在上为增函数．证明如下：在内任取且，则，因为，，，，所以，即，所以在上为增函数．21．设函数．(1)若不等式的解集，求的值；(2)若，①，，求的最小值及此时的值；②若在上恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)，(2)①最小值为，此时，；② 【分析】（1）根据一元二次不等式的解集和一元二次方程的根之间关系，利用韦达定理可构造方程组求得结果；（2）①由可得，根据，利用基本不等式可求得最小值，并由取等条件确定此时的值；②将恒成立的不等式化为，根据根据一元二次不等式在上恒成立的思想可直接构造不等式组求得结果.【详解】（1）的解集为，和为方程的两根且，，解得：，.（2）①，，又，，（当且仅当，即，时取等号），的最小值为，此时，；②由知：；由①知：，对恒成立，，解得：，即实数的取值范围为.22．已知定义在R上的函数满足且，．(1)求的解析式；(2)若不等式恒成立，求实数a取值范围；(3)设，若对任意的，存在，使得，求实数m取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据，代入计算可得；（2）根据单调性得，分离参数求最值即可.（3）因为对任意的，存在，使得，等价于，先求的最小值，再分类讨论对称轴与区间的位置关系，使的最小值满足小于等于1的条件，求解即可.【详解】（1）由题意知，，即，所以，故.（2）由（1）知，，所以在R上单调递增，所以不等式恒成立等价于， 即恒成立.设，则，，当且仅当，即时取等号，所以，故实数a的取值范围是.（3）因为对任意的，存在，使得，所以在上的最小值不小于在上的最小值，因为在上单调递增，所以当时，，又的对称轴为，，当时，在上单调递增，，解得，所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增，，解得，所以；当时，在上单调递减，，解得，所以，综上可知，实数m的取值范围是.