重庆市育才中学校2022-2023学年高一数学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市育才中学校2022-2023学年高一数学上学期期中考试试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知，，，则， 若，则的最小值为， 下列命题为真命题的是， 下列选项中正确的是等内容，欢迎下载使用。
重庆市育才中学校高2025届届2022-2023学年（上）期中考试数学试题本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分+附加题10分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效；3.考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. 已知集合，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由补集和交集的定义即可得出答案.【详解】因为集合，，，所以=，所以故选：C.2. 已知命题：，，则为（    ）.A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】B【解析】【分析】根据存在性命题的否定直接求解.【详解】由存在性命题的否定知，：，的否定为：，，故选：B3. 设，则“”是“”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【解析】【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】，则当时，必有，反之当时，不一定成立，如，满足，而不满足，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A4. 已知，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】将的指数化为与，指数相同，再结合对应幂函数单调性即可判断大小.【详解】解：，，，函数在上单调递增，且，，即.故选：D.5. 已知函数的定义域为，则函数的定义域是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用抽象函数的定义域以及具体函数的定义域的发法求解.【详解】由条件可知，且，解得:且，所以函数的定义域.故选：D6. 若，则的最小值为（    ）A. 2 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】【分析】对变形后，利用基本不等式进行求解最小值.【详解】因为，所以，由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为4.故选：B7. 定义集合，若，，且集合有3个元素，则由实数所有取值组成的集合的非空真子集的个数为（    ）A. 2 B. 6 C. 14 D. 15【答案】B【解析】【分析】根据集合的新定义运算，再由集合有3个元素确定出n的取值集合，求解即可.【详解】因为，，，所以，又集合有3个元素，当时，即时，满足题意，当时，即，（舍去）时，，不符合题意，当时，即时，满足题意，当时，即，（舍去）时，，不符合题意.综上，，故所构成集合的非空真子集的个数为.故选：B8. 已知函数，且对于，，都满足，则实数取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意知分段函数为减函数，根据指数函数的单调性及一次函数的单调性列出不等式组求解即可.【详解】因为对于，，都满足，所以分段函数在上单调递减，故每段函数为减函数，应满足，解得，同时在在上单调递减，还需满足，解得或，所以.故选：C二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9. 下列命题为真命题的是（    ）A. 若，则 B. 若，，则C. 若，则 D. 若，，则【答案】ABD【解析】【分析】根据不等式的性质，判断选项.【详解】A.，则，，则，故A正确；B.若，，则，故B正确；C.当，，，满足，但，故C错误；D. 若，，不等式两边同时乘以，不等号改变，即，故D正确.故选：ABD10. 下列选项中正确的是（    ）A.  B.  C. D. 【答案】BC【解析】【分析】根据空集概念以及元素和集合的关系，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，空集没有任何元素，故A错误；对B，空集是任何集合的子集，故B正确；对C，方程无解，故C正确；对D，由元素构成集合并不是空集，故D错误.故选：BC11. 下列各组函数是同一函数的是（    ）A. 和 B. 和C. 和 D. 和【答案】AD【解析】【分析】根据两函数相等的三要素一一判断即可.【详解】对于A, 的定义域为,的定义域为,且两个函数的对应关系相同,所以是同一函数,故A正确;对于B, 的定义域为,的定义域为,所以不是同一函数,故B错误;对于C，与对应关系不相同,故C错误;且定义域为,定义域为,所以两个函数是同一函数,故D正确.故选:AD.12. 已知函数，且，则下列说法正确的是（    ）A. 函数的单增区间是B. 函数在定义域上有最小值为0，无最大值C. 若方程有三个不等实根，则实数的取值范围是D. 设函数，若方程有四个不等实根，则实数的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】先求出，然后研究函数的单调性和值域，从而可判断ABC的正误，利用换元法可求参数的取值范围，从而可判断D的正误.【详解】因为时，，故，故，故.因为，，故函数在上不单调，故A错误.当时，；当时，；当时，，因为，故，故，故的值域为，故，故B正确.方程即为或，整理得到：或，因为方程有三个不同的实数根，故且，故，故C正确.设任意，则，因为，，，，故即，故在上为增函数，同理可证在上为减函数，又当时，恒成立，故的图象如图所示：令，考虑的解即的解，因为方程有四个不等实根，故必有解，设解为，因为方程有四个不等实根，故，故即，故D正确，故选：BCD.【点睛】思路点睛：对于分段函数的性质的研究，应该根据各段函数形式结合基本初等函数的性质来研究，对于复合方程的解的讨论，应该根据内外方程对应的函数的性质来处理.第Ⅱ卷三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 幂函数在上单调递减，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】根据幂函数的性质，列式求解.【详解】因为幂函数在上单调递减，所以，得.故答案为：14. 已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为__________.【答案】或}##【解析】【分析】首先根据不等式的解集求，再求解一元二次不等式的解集.【详解】因为的不等式的解集为，所以，解得：，，所以，，解得：或,所以不等式的解集是或}.故答案为：或}15. 已知函数的最大值为M，最小值为N，且，则实数t的值为__________.【答案】6【解析】【分析】首先将函数中的一部分设为，再利用函数是奇函数，发现函数最大值与最小值的关系，即可求解.【详解】设函数是奇函数，所以的最大值和最小值互为相反数，所以，得.故答案为：16. 已知，，是正实数，且，则最小值为__________.【答案】【解析】【分析】首先变形为，再根据，变形为，展开后，利用基本不等式求最小值，最后再用基本不等式求最小值.【详解】由题，，其中，当且仅当，即时取等，故，当且仅当时，即时取等.故答案为：四、解答题（本题共7小题，共70+10分.17题题10分，18题—22题题12分，附加题10分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17. 设，，.（1）求；（2）求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）计算，，再计算交集得到答案.（2）计算，再计算并集得到答案.【小问1详解】由，得，解得，所以，由，得，解得，所以，所以.【小问2详解】，所以，所以.18. 已知命题“，都有不等式恒成立”是真命题.（1）求由实数的所有取值组成的集合；（2）设，若，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)根据根据一元二次不等式恒成立得到对应判别式小于零，解之即可求解；(2)根据集合的运算推导出，然后根据集合的包含关系进行求解即可.【小问1详解】因为，都有不等式恒成立，所以，解得，所以由实数的所有取值组成的集合为，【小问2详解】因为，所以，下面分类讨论：①若，即时，显然成立；②若，即时，由，有，故，综上，实数的取值范围为.19. 为了加强“疫情防控”，并能更高效地处理校园内的疫情突发情况，重庆市育才中学校决定在学校门口右侧搭建一间高为3米，底面面积为20平方米的长方体形状的临时隔离室，设临时隔离室的左右两侧的地面长度均为米.现就该项目对外进行公开招标，其中甲公司给出的报价细目为：临时隔离室的左右两侧墙面报价为每平方米200元，前后两侧墙面报价为每平方米250元，屋顶总报价为3400元；而乙公司则直接给出了工程的整体报价关于的函数关系为.（1）设公司甲整体报价为元，试求关于的函数解析式；（2）若采用最低价中标规则，哪家公司能竞标成功？请说明理由.【答案】（1）    （2）公司乙能竞标成功，理由见解析【解析】【分析】（1）由已知临时隔离室的左右两侧的长度均为米，则隔离室前后面的地面长度为米，根据题意即可列出解析式；（2）根据函数解析式，利用基本不等式和二次函数性质，即可求出最值，在根据最值比较大小即可求出竞标成功的公司.【小问1详解】解：因临时隔离室的左右两侧的长度均为米，则隔离室前后面的地面长度为米，于是得，，所以y关于x的函数解析式是.【小问2详解】解：由（1）知，对于公司甲，，当且仅当，即时取“”，则当左右两侧墙的长度为5米时，公司甲的最低报价为15400元，对于公司乙，函数在上单调递增，在上单调递减，即乙公司最高报价为15380元，因，因此，无论取何值，公司甲的报价都比公司乙的高，所以公司乙能竞标成功.20. 已知函数（1）当时，求关于的不等式的解集；（2）当时，求关于的不等式的解集.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）代入，再解分式不等式；（2）首先分式不等式变形为，再讨论，求解一元二次不等式的解集.【小问1详解】，当时，不等式等价于，则不等式解集；【小问2详解】当时，不等式等价于①当时，令一元二次方程的两个根为，，因为，所以恒有，则不等式解集或；②当时，令一元二次方程的两个根为，，1）当，即时，不等式解集；2）当，即时，不等式解集；3）当，即时，不等式解集.综上所述：当时，不等式解集；当时，不等式解集；当时，不等式解集当时，不等式解集或；21. 已知（1）求函数的解析式；（2）若是定义在上的奇函数，且时，，求函数的解析式；（3）求关于的不等式.【答案】（1）    （2），    （3）或【解析】【分析】（1）利用凑配法，求函数的解析式；（2）设，则，再利用函数的奇函数，求函数的解析式；（3）首先不等式变形为，再利用函数单调递减，解不等式.【小问1详解】，令，，∴，即函数的解析式为：.【小问2详解】当时，，且为上的奇函数.∴当时，，∴函数的解析式为：，【小问3详解】由，且在上单调递减∴，∴∴且∴不等式的解集为或.22. 已知定义域为，对任意，都有.当时，，且.（1）求的值；（2）判断函数单调性，并证明；（3）若，都有恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）单调递减函数，证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）令，求得，再令，，即可求得；（2）对任意，利用单调性定义及题目条件，判断的正负，即可得出答案；（3）可根据题意将题目转化为，∴，，恒成立，令，转化为，，恒成立，结合单调性，转化为使得成立，即，再结合二次函数对称轴分析，利用最值即可求得的取值范围.【小问1详解】令，则，∴，令，，则，又由，∴.【小问2详解】设，则，又∵，∴，∴，∴，∴是上的单调递减函数.【小问3详解】若，都有恒成立，即，∴，，恒成立，令，，则，∴，，恒成立，由为上的单减函数，∴，，恒成立，即使得成立，即，令，则即可，①当时，在上单调递增，∴，∴；②当时，在上单调递减，∴，∴；③当时，∴，∴，∴.综上所述：实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用定义法判断函数的单调性的一般步骤：（1）在已知区间上任取，；（2）作差；（3）判断的符号（往往先分解因式，再判断各因式的符号）；（4）得出单调性结论.附加题（选做）：23. 已知，，是正实数，证明：【答案】证明见解析【解析】【分析】由均值不等式即可证明.【详解】证明：由均值不等式可知：,则,所以所以当且仅当时取等，又可利用均值不等式构造：当且仅当，即时取等，即，，时取等.所以.