【期中真题】福建省福州市第一中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学试题.zip

这是一份【期中真题】福建省福州市第一中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学试题.zip，文件包含期中真题福建省福州市第一中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学试题原卷版doc、期中真题福建省福州市第一中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学试题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
福州一中2021-2022学年第一学期期中考数学试卷一､选择题（共8小题）1. 已知全集，集合，集合，则集合A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】,,则,故选B.考点：本题主要考查集合的交集与补集运算. 2. 命题“”的否定为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解.【详解】解：因为全称命题的否定为特称命题，所以命题“”的否定为“”，故选：C.3. 下列函数中既是奇函数，又是增函数的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】由幂函数、指数函数、对数函数的奇偶性与单调性即可求解.【详解】解：对A：是奇函数，且是增函数，符合题意；对B：不具有奇偶性，是增函数，不符合题意；对C：不具有奇偶性，是增函数，不符合题意；对D：是奇函数，且是增函数，符合题意；故选：AD4. 设为奇函数，且当时，，则当时，（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先设，得到，再代入，利用函数的奇偶性求解即可.【详解】设，则，因为函数为奇函数，且当时，，，即：.故选：D5. 某高校为加强学科建设，制定了第“十四五”（2021-2025）规划，计划逐年加大科研经费投入，已知该校计划2021年全年投入科研资金20万元，2025年全年投入科研资金28万元，则第“十四五”期间，投入科研资金年均增长率约为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设年增长率为，由题意可得，从而即可求解.【详解】解：设年增长率为，由题意可得，即，所以，解得，所以投入科研资金的年均增长率约为，故选：A.6. 函数的图象大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据奇偶函数的定义证明是偶函数，可排除B、C；再由可排除D.【详解】由题意知，函数定义域为R，，则，所以，即函数为偶函数，故可排除B和C；当时，，故可排除D.故选：A7. 冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t年后的种群数量y近视满足冈珀茨模型：（当时，表示2020年初的种群数量），若年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为（    ）A. 9 B. 7 C. 8 D. 6【答案】D【解析】【分析】由已知模型列出不等式后，取对数变形求解．【详解】由已知，显然，，两边取自然对数有：，，所以，．的最小值为6．故选：D．8. 设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】对于a，b的比较，构造函数，通过研究函数的单调性来进行比较，对于a，c或b，c的比较通过作差法来进行比较【详解】，故；，故；，令，（），则因为，所以，，，故恒成立，在上单调递增，所以，故综上：故选：C二､多选题（共4小题）9. 下列结论正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】AD选项应用对数运算法则进行计算，B选项利用根式化简法则进行求解；C选项，利用指数运算法则进行计算【详解】错误，正确的应该是，故A错误；，B选项正确；，C选项正确；，故D选项错误.故选：BC10. 下列四个命题中，真命题是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】利用不等式的性质分别对选项进行验证，即可得到答案.【详解】对于A选项，当时，，故A错误； 已知，即，左右两边同时平方即可得到，故B正确.；当同号时， ，当异号时，，故C错误； ，故D正确.故选：BD.11. 下列命题中真命题的是（    ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 若是偶函数，则图像关于直线轴对称C. 若，则的图像关于点中心对称D. ，使得方程有解的充要条件是【答案】AD【解析】【分析】解不等式，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断A；根据偶函数的图像的特征及函数与函数图像的关系即可判断B；由，可得，再根据函数与函数图像的关系即可判断C；根据方程有解，求得的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断D.【详解】解：对于A，由，得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确；对于B，若是偶函数，则的图像关于轴对称，的图像是由函数向右平移1个单位得到的，所以函数的图像关于直线轴对称，故B错误；对于C，若，所以，令，则，所以函数关于原点对称，又是由函数向右平移1个单位得到的，所以函数的图像关于点中心对称，故C错误；对于D，，使得方程有解，当时，不成立，舍去，当时，即，则，所以，综上所述，所以，使得方程有解的充要条件是，故D正确.故选：AD.12. 已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】依题意可得，，根据反函数的性质可得，再利用基本不等式判断C，利用零点存在性定理得到、，再利用作差法及函数的单调性判断B、D；【详解】解：函数的零点为，函数的零点为，可得，，即有，由的反函数关于直线对称，与直线的交点为，与直线的交点为，可得，即，故A正确；由基本不等式得，，而，等号不成立，故，故正确；因为，，所以所以，所以，故B错误；又，，所以则，因为在上单调递增，所以，故D正确；故选：ACD三､填空题（共4小题）13. 函数的定义域为___________，值域为___________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】由真数大于0和被开方数大于等于0，可得不等式组，解不等式组，即可得定义域，根据对数函数的值域可知的值域.【详解】由题意得：，函数的定义域为,,,,即的值域为.故答案为：；14. 已知函数是偶函数，则___________.【答案】-1【解析】【分析】根据奇偶函数的性质可得，列出方程，进而解出a的值.【详解】因为函数是偶函数，所以，又，所以，即，所以.故答案为：-115. 已知，函数.若，使得，则实数a的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】化简，得到在上恒成立，故求出在的最小值，让即可【详解】，即，因为，所以，所以恒成立，其中在时单调递减，故，所以，所以，故实数a的最大值是故答案为：16. 已知函数满足，若方程有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围为___________.【答案】或【解析】【分析】令，则方程转化为，作出函数的图象，由题意，原问题等价于有两个大于1的不等实数根，根据一元二次方程根的分布列出不等式组求解即可得答案.【详解】解：令，则方程转化为，    作出函数的图象如下图所示，由题意，方程有四个不相等的实数根，即有两个大于1的不等实数根，令，则解得或，则实数m的取值范围为或，故答案为：或.四､解答题（共6小题）17. 已知全集，集合.（1）当时，求；（2）在①；②；③中任选一个条件，求实数a的取值范围.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）首先解指数不等式、对数不等式及绝对值不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得；（2）根据所选条件，得到不等式组，即可求出参数的取值范围；【小问1详解】解：由，即，解得，即，由，即，所以，即或，解得或，即或当时或所以【小问2详解】解：由（1）可知或，；若选①，，则或，解得或，即；若选②，若，则，解得，所以时；若选③，因为，所以或，因为，所以，所以，解得；18. 设函数.（1）若在单调递增，求实数m的取值范围；（2）解关于x的不等式.【答案】（1）    （2）当时，；当时，；当时，；当时，；当时， .【解析】【分析】（1）根据是否为0分类讨论，不等于0时根据二次函数的性质列式求解即可；（2）根据与0的大小分类讨论求解即可.【小问1详解】当实数，，在单调递增，符合题意.当实数，根据二次函数的性质，函数的对称轴为，要使得在单调递增，则，解得综上述，.【小问2详解】当实数，，时，.当实数，如果，即时，得，如果，时，得.当实数，此时，，解得或综上述，的解集为：当时，；当时，；当时，；当时， .19. 已知函数是定义在上的奇函数，且.（1）求m，n的值，判断函数的单调性并用定义加以证明；（2）求使成立的实数a的取值范围.【答案】（1），增函数，证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）因为函数为定义在上的奇函数，所以，又，由此可得，的值，再由单调性定义判断函数的单调性；（2），即，根据定义域及单调性列出不等式组，从而可得出答案.【小问1详解】解：因为函数是定义在上的奇函数，所以，即，解得，又因，所以，所以，，经检验符合题意，在上任取，，且，则，因为，所以，，所以，即，所以函数在单调递增；【小问2详解】解：因为，所以，即，因为函数在单调递增，所以，解得.20. 已知函数.（1）当时，求函数的值域；（2）如果对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设，把函数转化为二次函数，利用二次函数性质可得值域；（2）设换元，分类时不等式成立，在时，分离参数后应用函数单调性求得最小值得结论．【小问1详解】设，由得，，所以时，，或0时，，所以所求值域为；【小问2详解】设，又，所以，不等式为，即，，不等式显然成立，时，不等式化为，,当且仅当时，等号成立，所以．综上，．21. 已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为.（1）求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量；（2）若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？【答案】（1），发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为人.    （2）当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.【解析】【分析】（1）当时，设，由可求出的值，结合已知条件可得出函数的函数解析式，进而可求得的值；（2）分、两种情况讨论，求出关于的函数解析式，利用基本不等式以及函数的单调性可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.【小问1详解】解：当时，设，则，解得.由题意可得.所以，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为（人）.【小问2详解】解：当时，（元），当且仅当时，等号成立；当时，，此时函数单调递减，则，当且仅当时，等号成立.综上所述，当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.22. 对定义在上，并且同时满足以下两个条件函数称为G函数.①对任意的，总有；②当时，总有成立.已知函数与是定义在上的函数.（1）试问函数是否为G函数？并说明理由；（2）若函数是G函数，（i）求实数a的值；（ii）讨论关于x的方程解的个数情况.【答案】（1）是，理由见解析；    （2）（i）1；（ii）详见解析.【解析】【分析】（1）根据G函数的定义求解； （2）（i）根据函数是G函数，由，总有成立，求得再由②当时，总有成立，由，对时成立，求得求解；（ii）将方程，转化为，令，转化为求解.【小问1详解】解：函数是为G函数，理由如下：①对任意的，总有；②当时，，所以函数是为G函数，【小问2详解】（i）因为函数是G函数，则①，总有成立，即，对成立，所以②当时，总有成立，即，对时成立因为，所以，因为不同时为1，所以，当时，等号成立，所以，综上：，（ii）方程，即为，令，则方程为，当或时，方程无解；当时，方程一个解；当时，方程有两个解.
本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。登录组卷网可对本试卷进行单题组卷、细目表分析、布置作业、举一反三等操作。 试卷地址：在组卷网浏览本卷  组卷网是学科网旗下的在线题库平台，覆盖小初高全学段全学科、超过900万精品解析试题。关注组卷网服务号，可使用移动教学助手功能（布置作业、线上考试、加入错题本、错题训练）。  学科网长期征集全国最新统考试卷、名校试卷、原创题，赢取丰厚稿酬，欢迎合作。钱老师 QQ：537008204    曹老师 QQ：713000635