2022-2023学年辽宁省丹东市第四中学高一上学期期中考试预测（一）数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省丹东市第四中学高一上学期期中考试预测（一）数学试题（解析版），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学年辽宁省丹东市第四中学高一上学期期中考试预测（一）数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据并集的定义即可求解.【详解】因为，，所以.故选：C2．下列关于命题“，使得”的否定说法正确的是（    ）A．，均有真命题 B．，均有假命题C．，有假命题 D．，有真命题【答案】A【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，再判断命题的真假即可.【详解】解：因为存在量词命题的否定为全称量词命题，所以命题“，使得”的否定为，均有，因为，所以，均有真命题.故选：A.3．函数的零点所在的区间是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据零点存在性定理，即可判断.【详解】，，，又因为函数单调递增，所以函数的零点所在的区间为.故选：B4．函数的单调递减区间为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由复合函数的单调性求解，【详解】由得或，即的定义域为，而在上单调递减，在上单调递增，由复合函数单调性得，的单调递减区间为，故选：B5．已知函数满足，则等于（    ）A．－3 B．3 C．－1 D．1【答案】A【分析】用代入原式中，再与原式联立求解出的解析式，将1代入计算即可.【详解】解：由           ①，用代入得    ②，由②×2－①得，，所以，故选：A.6．已知函数.若，则（    ）A．3 B．5 C．7 D．9【答案】B【分析】由，结合函数解析式化简即可求解的值.【详解】解：因为，所以，即，所以，故选：B.7．关于x的一元二次方程的两个实数根分别是，且，则m的值是 A．5 B．-1 C．-5 D．-5或1【答案】B【分析】利用韦达定理，将已知条件表示成m的一元二次方程，直接求解，再结合判别式可得.【详解】由韦达定理得，所以，即，解得或，又，得或，所以.故选：B．8．定义在上的奇函数，对任意且，都有，，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】判断函数的单调性，结合函数的奇偶性判断函数的函数值的正负情况，即可得答案.【详解】由题意定义在上的奇函数，，则，对任意且，都有，则在时单调递减，则当时，，此时；当时，，此时；根据奇函数的对称性可知，当时，，此时；当时，，此时；故不等式的解集是，故选：C. 二、多选题9．下列各组函数是同一函数的是（    ）．A．与 B．与C．与 D．与【答案】AC【分析】根据函数的定义域、对应关系和值域等知识确定正确选项.【详解】A选项，与定义域相同、对应关系相同、值域也相同，A选项是同一函数.B选项，的定义域为，的定义域为，不是同一函数.C选项，和的定义域都为，，对应关系相同，值域也相同，C选项是同一函数.D选项，的值域为，的值域为，不是同一函数.故选：AC10．已知函数，关于函数的结论正确的是（    ）A． B．的最大值为C．有两个零点 D．的解集为【答案】ACD【分析】由分段函数定义计算函数值判断A，分类讨论求函数的最大值判断B，解方程判断C，解不等式判断D．【详解】，，A正确；时，，时，是减函数，，所以无最大值，B错；时，满足题意，时，，，满足题意，C正确；时，由得，时，由，，综上的解为，D正确．故选：ACD．11．已知，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，，则C．若，则 D．若，则【答案】BC【分析】利用不等式的性质可判断AC，根据作差法可判断BD.【详解】对于A选项，若，则，故A错误；对于B选项，因为，，，所以，故B正确；对于C选项，因为，所以，即，故C正确；对于D选项，因为，，所以，故D错误．故选：BC．12．下面命题正确的是（    ）A．命题“若，则”的否定是“存在，则”B．“”是“”的必要不充分条件C．“”是“”的充分不必要条件D．若，，则【答案】BCD【分析】由全程量词命题的否定是存在量词命题可判断A；由不等式的性质与充分条件与必要条件的定义可判断BC；用作差法可判断D【详解】对于A：命题“若，则”的否定是“存在，则”，故A错误；对于B：若，，则，故充分性不成立；若，则，故必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件，故B正确；对于C：若是，则成立，故充分性成立；若时，有或，必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D：，因为，所以，所以，即，故D正确；故选：BCD 三、填空题13．函数的值域为________【答案】【分析】将分式函数分离常数，再利用不等式法即可求得函数值域.【详解】，，，，，函数的值域为．故答案为：.14．已知，，则的最小值为_______.【答案】【分析】巧用及均值不等式求最值即可.【详解】因为，所以，，当且仅当，即时，取“=”，所以的最小值为.故答案为：.15．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在R上的解析式为___________．【答案】【分析】由奇函数的性质即可求解.【详解】因为函数是定义在R上的奇函数，则有，设，有，则，又由函数为奇函数，则，则．故答案为：16．已知函数，若存在互不相等的实数，满足，则的取值范围是__________．【答案】【分析】作出函数的图象，不妨设，数形结合可得，求出，即可求得答案.【详解】作出函数的图象如图，若存在互不相等的实数，满足，不妨设，如图示，则，由于 ，令，则，故 ，则，即，故答案为： 四、解答题17．已知集合，集合．(1)若全集，求；(2)若，求实数a的取值范围．【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）先求出，再根据全集，求出补集.（2）分别求出，根据，得到的取值范围.【详解】（1）由解得，；∴∵全集，∴或（2）∵，，或，或即为所求．18．已知是二次函数，满足且.(1)求的解析式；(2)当时，使不等式成立，求实数的范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用待定系数法即可求得的解析式；（2）利用函数不等式能成立问题的解决方法，将问题转化为即可.【详解】（1）设函数，因为，可得，所以，又，得，整理得，因为对于任意的成立，则有解得，所以.（2）当时，成立，即成立， 令，则因为开口方向向上，对称轴为，所以在单调递减，故，故，即实数的取值范围是.19．设全集，集合，集合，其中．(1)若，求实数的取值范围；(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据列不等式，由此求得的取值范围.（2）对进行分类讨论，结合“”是“”的充分条件求得的取值范围.【详解】（1）由于，所以，解得，所以的取值范围是（2）由于“”是“”的充分条件，所以.当时，，满足，符合题意.当时，，则，解得.综上所述，的取值范围是.20．已知函数是奇函数．(1)求实数、的值；(2)解不等式；(3)若，使得成立，求实数的取值范围．【答案】(1)，(2)(3) 【分析】（1）根据函数的奇偶性，利用赋值法求参数值；（2）分情况解不等式即可；（3），使得成立，即，求函数的最大值，即可得参数的取值范围.【详解】（1）由函数为奇函数，则，，即，，解得，，经检验符合题意；（2）由（1）得，，即或，解得：或，所以的解集为；（3），使得成立，只需，，当时，，此时当或时，；当时，，此时当时，；综上所述，当时，，故只需，解得.21．某企业为了增加工作岗位和增加员工收入，投入90万元安装了一套新的生产设备，预计使用该设备后前年的支出成本为万元，每年的销售收入95万元．设使用该设备前年的总盈利额为万元．(1)写出关于的函数关系式，并估计该设备从第几年开始盈利；(2)使用若干年后对该设备处理的方案有两种：方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以60万元的价格处理；问哪种方案较为合理？并说明理由．【答案】(1)，该设备从第2年开始实现总盈利；(2)方案二更合适，理由见解析. 【分析】（1）根据题意，直接求得，令，结合的取值范围，即可求得结果；（2）分别求得两种方案下的总利润，结合使用年限，即可判断.【详解】（1）由题意可得，由得，又，所以该设备从第2年开始实现总盈利．（2）方案二更合理，理由如下：方案一：由（1）知，总盈利额，当时，取得最大值160，此时处理掉设备，则总利润为万元；方案二：由（1）可得，平均盈利额为，当且仅当，即时等号成立；即时，平均盈利额最大，此时，此时处理掉设备，总利润为万元．综上，两种方案获利都是180万元，但方案二仅需要三年即可，故方案二更合适．22．已知函数.(1)讨论函数的奇偶性（直接写出结论，无需证明）；(2)若，求证：函数在区间上是增函数；(3)若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）利用定义法直接讨论函数的奇偶性；（2）利用定义法证明函数的单调性；（3）利用根据函数的单调性，利用定义法可转化为不等式恒成立问题，进而可得参数取值范围.【详解】（1）当时，函数，，函数为偶函数，当时，函数，，函数为非奇非偶函数，综上所述，当时，函数为偶函数，当时，函数为非奇非偶函数；（2）当时，，任取，，且，即，则，又，，所以，所以，即，所以函数在区间上是增函数；（3）任取，，且，即，所以，又函数在区间上是增函数，所以，即恒成立，又，所以，，即，所以.