2022-2023学年河北省沧州市东七县高一上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河北省沧州市东七县高一上学期期中考试数学试题（解析版），共14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学年河北省沧州市东七县高一上学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由指数函数的性质求解集合B，结合交集的概念运算可得出结果.【详解】.故选：C2．函数的定义域为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据具体函数定义域的求法列出不等式组求解即可.【详解】使函数有意义，则须满足，解得：且.故选：A.3．已知，设，则的一个必要不充分条件是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先解不等式，再利用必要不充分条件的定义判断.【详解】解：因为，所以，所以p的一个必要不充分条件是，故选：B4．若函数为奇函数，则实数（    ）A． B．1 C．或1 D．0【答案】C【分析】利用函数奇偶性定义求解即可.【详解】函数为奇函数，，即或1.当时，，满足；当时，，该函数既是偶函数也是奇函数.或1.故选：C.5．若不等式的解集为，则实数的值为（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】D【分析】将不等式化为，再根据不等式的解集为求解.【详解】解：由，得，即，即，因为不等式的解集为，所以，解得.故选：D6．关于的方程的解的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】令，化简可得，利用二次方程的性质可得有且只有一个正根， 再根据指数函数单调性得出的解的个数.【详解】解：原方程即，化简可得，令，可得，该方程有且只有一个正根，由于单调递增，所以与一一对应，即原方程只有一个解.故选：.  7．已知函数（且）有最大值，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】函数在上单调递增，此时有最大值，要使有最大值，则且在上单调递减，且，进而求解即可.【详解】函数在上单调递增，此时有最大值，要使有最大值，则需函数且在上单调递减，且，即，解得.的取值范围是.故选：D.8．设，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用指数函数和幂函数的单调性进行比较即可.【详解】解：，因为函数是增函数，所以，即.又，所以.故选：C 二、多选题9．下列命题是真命题的是（    ）A． B．C． D．【答案】CD【分析】利用全称命题和特称命题真假判断依据即可求解.【详解】对于A ，故A为假命题；对于B 时，，故B为假命题；对于C，若，可得或，而都不是整数，故C为真命题；对于D，由可得，故D为真命题.故选：CD.10．已知函数则（    ）A．为偶函数 B．在区间上单调递减C．的最大值为 D．的最小值为【答案】BCD【分析】作出在区间上的图象逐项判断.【详解】解：作出在区间上的大致图象如图所示：的定义域不关于原点对称，不是偶函数，故A错误；由图象可知，在区间上单调递减，故B正确；当或时，，当时，，故正确.故选：BCD11．已知都是正实数，则（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用基本不等式可判断ABD；配方可判断C.【详解】因为都是正实数，所以，当且仅当时等号成立，故A正确；，当且仅当时等号成立，故B错误；，故C正确；，当且仅当时等号成立，故D错误.故选：AC.12．已知函数满足对任意，都有，且当时，，函数是定义域为的偶函数，满足，且当时，，则（    ）A． B．C．在上单调递增 D．【答案】AD【分析】当时可求得，可判断A；易知函数的周期为4， 再利用函数和性质可得可知B错误；由对任意，，且当时，可得在上单调递增，所以在上单调递增，根据偶函数性质可得C错误；利用函数的周期性和单调性即可得出D正确.【详解】对于A，取，可得，因为，所以，故A正确；对于，取，可得，又，所以，故错误；对于，对任意，因为，所以，所以在上单调递增，又时，，则在上单调递增，再由是偶函数性质可得在上单调递减，故错误；对于D，，因为在上单调递增，所以，所以，故D正确.故选：AD【点睛】方法点睛：解决函数性质综合问题时，往往通过题目所给信息利用定义判断函数的单调性或奇偶性，再结合两性质之间的关系即可实现求值或比较大小以及解不等式等综合问题的求解. 三、填空题13．已知函数且，当任意变化时，的图像恒过点，则实数___________.【答案】【分析】根据的图像恒过点，由求解.【详解】解：因为的图像恒过点，所以，当任意变化时，该式恒成立，所以，即.故答案为：-114．若“”为假命题，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】由“”为真命题，利用判别式法求解.【详解】解：由条件可知“”为真命题，则，即.故答案为：15．已知函数在区间上的最小值为1，则实数的值为___________.【答案】5【分析】根据函数图象的对称轴为，分和求解.【详解】解：函数图象的对称轴为，当，即时，，解得5；当，即时，，解得（舍去）或1（舍去），综上：.故答案为：516．已知函数，关于的不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】根据题意可知，为奇函数且单调递增，将不等式转化成在区间上恒成立，再将参数和变量分离利用基本不等式即可求得实数的取值范围.【详解】显然为奇函数.当时，为增函数，由奇函数性质得在上为增函数.不等式在区间上恒成立，不等式在区间上恒成立，在区间上恒成立，在区间上恒成立.又，当且仅当时取等号，即的最大值为，即.故答案为： 四、解答题17．（1）已知且，求的值；（2）计算：.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据指数幂之间的关系，将平方即可得出结果；（2）根据根式与分数指数幂之间的关系化简即可求出其值.【详解】（1）由题意可知，可得，又因为所以即所以（2）原式.18．已知集合，.(1)求；(2)若集合，，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过具体函数的定义域与二次不等式的解法得出集合与，即可根据集合的交并补混合运算求出答案；（2）通过已知得出，即可根据集合与列出不等式组得出答案.【详解】（1），或，，.（2），，，，，解得：，即实数的取值范围是.19．已知函数的图象过点与.(1)求的解析式；(2)求在区间上的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意，列出方程组求解即可；（2）化简函数，即可利用基本不等式求解即可.【详解】（1）由题意知，，则，解得，.故.（2）当时，，所以，当且仅当，即时取等号，故在区间上的最大值为.20．已知函数.(1)求的值域；(2)若函数，求满足方程的的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设，则，函数可化为，结合单调性即可求解；（2）方程，即，分和两种情况去绝对值讨论即可求解.【详解】（1）设，则，可化为，函数在上单调递增，且的取值范围是.，故的值域为.（2），方程，即.当时，方程化为，即，方程无解；当时，方程化为，整理得，可得，，，即.综上所述，方程的解为.21．已知函数.(1)判断的奇偶性；(2)说明的单调性，并用单调性的定义证明；(3)若方程在区间上有两个不等实根，求实数的取值范围.【答案】(1)奇函数(2)在定义域上单调递增，证明见解析(3) 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义判断；（2）利用函数单调性的定义证明；（3）将方程在区间上有两个不等实根，转化为关于的方程在时有两个不等实根，利用数形结合法求解.【详解】（1）解：函数的定义域为，又，函数为奇函数.（2）在定义域上单调递增.证明：任取，且，则，因为，所以，又因为，所以，所以，单调递增.（3）由（2）可知，当时，.方程在区间上有两个不等实根，等价于关于的方程在时有两个不等实根，即函数与的图象有两个交点，作出两个函数的大致图象，如图所示：曲线的左端点为，最低点为，所以当时，两个函数的图象有两个交点，即的取值范围为.22．若函数满足当且时，，则称区间为的一个“4阶倒数区间”.已知 (1)判断的奇偶性并证明；(2)求的一个4阶倒数区间，要求；(3)设集合为的所有4阶倒数区间的并集，若实数和均在内，求的取值范围.【答案】(1)奇函数，证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据函数的解析式，利用函数奇偶性的定义即可得出为奇函数；（2）根据“4阶倒数区间”的定义和一元二次函数的单调性，即可求得的取值得出区间；（3）根据（2）中4阶倒数区间的求法可求得函数的所有4阶倒数区间，由实数和均在内解不等式即可求得的取值范围.【详解】（1）显然函数的定义域为，关于原点对称，若，则，于是，若，则，于是，又为奇函数.（2）已知函数在上单调递减，则在上单调递减，根据题意，在的值域为，所以满足，即是方程的两个不等实根，由得，解得或.取，则所求的的4阶倒数区间为.（3）根据4阶倒数区间的定义，只考虑和两种情况.当时，易知在上的最小值为，，由（2）知在内的4阶倒数区间为；当时，易知在上的最大值为,.同理可得在内的4阶倒数区间为..解得，即的取值范围是.