2022-2023学年山东省青岛市即墨区实验高级中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省青岛市即墨区实验高级中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合A，B和全集U={1，2，3，4}，且A={1，2，3}，B={3，4}，则（    ）

A．{4} B． C．{3，4} D．{3}

【答案】A

【分析】求出，再求交集即可.

【详解】因为，，

所以.

故选：A.

2．命题“有些实数的绝对值是正数”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】原命题为特称命题，根据特称命题的否定是全称命题进行否定即可.

【详解】命题“有些实数的绝对值是正数”是特称命题，根据特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定应该是“所有实数的绝对值都不是正数”，即，.

故选：C.

【点睛】本题考查含有量词的命题的否定，要求熟练掌握特称命题的否定是全称命题，全称命题的否定是特称命题，属于基础题.

3．已知命题“，使得”是真命题，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题意可知：不等式对应的二次函数开口向上，若命题“，使得”是真命题，则相应的二次方程有不等的实根,利用判别式即可求解.

【详解】因为命题“，使得”是真命题，

所以方程有两个不等的实数根，所以，

解得：或，

故选：.

4．已知函数 ，若，实数（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】先求得，再由，即可求得答案.

【详解】由题意可得，故，

故选：B.

5．设命题甲：|x－2|＜3，命题乙：，那么甲是乙的（ ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【详解】因为命题甲：|x－2|＜3，解得：，命题乙：,

所以乙甲且甲推不出乙，甲是乙的必要而不充分条件，

故选:．

6．已知，则

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】运用中间量比较，运用中间量比较

【详解】则．故选B．

【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化与化归思想解题．

7．1614年纳皮尔在研究天文学的过程中，为了简化计算面发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1707年欧拉发现了指数与对数的互逆关系，对数源于指数，对数的发明先于指数，这已成为历史珍闻. ，，，估计的值约为（    ）

A．0.1654 B．0.2314 C．0.3055 D．0.4897

【答案】C

【分析】根据指数与对数式的互化，可得x的表达式，利用对数运算，结合已知可求得答案.

【详解】由可得，即,

故选：C.

8．已知定义在上函数，对任意的，且，都有，若函数为奇函数，且，则（    ）

A． B．

C． D．的值与0的大小关系不确定

【答案】C

【分析】根据题意，先求出函数的单调性和对称中心，然后已知条件进行转化，进而求出结果.

【详解】由题意可知：定义在上函数，且，

都有，则在区间上单调递减，

又因为函数为奇函数，则，

当时，则，也即，

又因为函数关于原点对称，则函数的图象关于点对称，所以函数在上单调递减，因为，

设，则，则有，

又因为，则，

故选：.

二、多选题

9．已知集合，且，则的可能取值有（    ）

A．1 B． C．3 D．2

【答案】AC

【解析】利用，可得或，解出的值代入集合验证满足元素互异性即可.

【详解】因为，所以或，解得：，或，，

当时，，符合题意，

当时，，符合题意，

当时，，不满足元素互异性，不成立

所以或，

故选：AC

【点睛】本题主要考查了元素的确定性和互异性，属于基础题.

10．已知是实数，则下列一定正确的有（    ）

A．若，则

B．若，，则

C．，，若，则

D．，，若，则

【答案】BC

【分析】根据不等式的性质，结合特殊值，对每个选项进行逐一分析即可选择.

【详解】对A：当时，满足，但不满足，故A错误；

对B：若，，则，

故可得，故B正确；

对C：因为为上的单调函数，

故当时，一定有，故C正确；

对D：若，没有意义，故D错误.

故选：BC.

11．已知可用列表法表示如下:

若，则可以取（       ）A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据所给函数关系一一代入计算可得；

【详解】解：当时，，故不适合;

当时，适合;

当时，适合;

当时，适合，

所以或或.

故选：BCD

12．下列说法正确的有（    ）

A．若，则的最大值是

B．若，，都是正数，且，则的最小值是3

C．若，，，则的最小值是2

D．若实数，满足，则的最大值是

【答案】ABD

【分析】对于A，凑分母，结合基本不等式，可得答案；对于B，根据基本不等式，结合“1”的妙用，可得答案；对于C，根据基本不等式的变式，整理出关于所求整式的二次不等式，可得答案；对于D，采用换元法，设，，可将原式化简为，结合基本不等式，可得答案．

【详解】对于A，因为，所以，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，故A正确；

对于B，因为x，y，z都是正数，且，所以，，，

所以，

当且仅当，即，即时等号成立，所以的最小值为3，故B正确；

对于C，因为，，所，即（当且仅当时等号成立），

因为，所以，所以，

所以，解得（舍去）或，当且仅当时等号成立，

所以的最小值为4，故C错误；

对于D，，设，，

∵，当且仅当，即时，取等号

∴

则的最大值为，故D正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．已知集合，则 __________．

【答案】

【分析】解方程组，即可得.

【详解】联立，解得或，

故.

故答案为：.

14．设，则的值为________．

【答案】

【分析】根据对数运算性质化简求值即可.

【详解】，.

故答案为：.

15．若函数在上单调递减，则的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据二次函数和一次函数的单调性分类讨论求解即可.

【详解】当时，，显然该函数在上单调递减；

当时，该函数的对称轴为：，

要想该函数在上单调递减，

只需满足，

综上所述：的取值范围是，

故答案为：

四、双空题

16．已知函数，若，则的值域是_________；若的值域是，则参数的取值范围是_________.

【答案】     ；     .

【分析】第一空，根据分段函数的解析式，分段求解函数值的范围，取并集可得答案;

第二空，结合二次函数的性质，根据题意得到参数需满足的不等式，求得答案.

【详解】当时，，

当时，，

当时，，

故的值域是；

若的值域是，

因为时，，

因为时，，故需满足 ，

又因为需满足 ，则，故参数的取值范围是，即，

故答案为：;.

五、解答题

17．（1）；

（2）.

【答案】（1）；（2）1.

【分析】（1）根据指数幂的运算法则，化简计算，可得答案；

（2）根据对数的运算法则，化简计算，可得答案.

【详解】（1）

；

（2）

.

18．已知集合 ，.

(1)若，求；

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）确定集合,求得集合B,以及其补集，根据交集运算即可求得答案;

（2）根据是的充分不必要条件，可得,从而可得关于m的不等式，求得答案.

【详解】（1）当时， ，

或 ，

则，

故；

（2）若是的充分不必要条件，则,

故 ，即实数的取值范围是.

19．函数是定义在上的奇函数，已知当时，；

(1)求函数的解析式并画出函数图象，根据图像写出函数的单调增区间；

(2)若方程有3个相异的实数根，求实数的取值集合；

(3)求不等式的解集.

【答案】(1)见解析

(2)或或；

(3)或；

【分析】（1）利用奇函数的定义即可求解析式，从而可得函数的图象，利用图象即可得单调增区间；

（2）问题转化为函数与的图象有3个交点，结合图象即可求解；

（3）对分类讨论，求出不等式的解集，再求并集即可

【详解】（1）当时，，

令，则，

则，

又函数是定义在上的奇函数，

所以，

所以，

又，

所以函数的解析式为，

作出函数的图象如下：

由图象可知：函数的单调增区间为和；

（2）若方程有3个相异的实数根，

则函数与的图象有3个交点，

由图象可知或或，

所以实数的取值集合是或或；

（3）当时，不等式即为，

即，解得；

当时，不等式即为，显然不成立；

当时，不等式即为，

即，解得；

综上，不等式的解集为或；

20．已知.

(1)若的解集为 ，求实数、的值；

(2)求关于的不等式的解集.

【答案】(1)；

(2)答案见解析.

【分析】（1）根据不等式的解集可确定相应的方程的两根，根据根与系数的关系列出等式，求得答案;

（2）化简，确定相应方程的根，分类讨论，确定不等式的解集.

【详解】（1）由题意的解集为，

可得1和n是方程的两实数解，且 ，

则，解得；

（2）关于的不等式，

即，即，

即，

当时，，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为.

21．世界范围内新能源汽车的发展日新月异，电动汽车主要分三类：纯电动汽车、混合动力电动汽车和燃料电池电动汽车.这3类电动汽车目前处在不同的发展阶段，并各自具有不同的发展策略.中国的电动汽车革命也早已展开，以新能源汽车替代汽（柴）油车，中国正在大力实施一项将重新塑造全球汽车行业的计划.2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本2000万元，每生产（百辆），需另投入成本（万元），且；已知每辆车售价5万元，由市场调研知，全年内生产的车辆当年能全部销售完.

(1)求出2022年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；

(2)2022年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.

【答案】(1);

(2)100（百辆），2300万元.

【分析】（1）根据利润收入-总成本，即可求得（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；

（2）分段求得函数的最大值，比较大小可得答案.

【详解】（1）由题意知利润收入-总成本，

所以利润

  ,

故2022年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式为 .

（2）当时，，

故当时，；

当时，,

当且仅当， 即时取得等号；

综上所述，当产量为100（百辆）时，取得最大利润，最大利润为2300万元．

22．对于函数， 若存在，使得，则称为函数的 “不动点”;若存在，使得，则称为函数 的“稳定点”.记函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别为A和B，即

(1)设函数，求A和B；

(2)请探究集合A和B的关系，并证明你的结论；

(3)若，且，求实数a的取值范围.

【答案】(1)，；

(2)，证明见解析；

(3).

【分析】（1）根据不动点、稳定点定义，令、求解，即可得结果；

（2）问题化为与有交点，根据交点横纵坐标的关系知，即可证.

（3）问题化为有实根、中无实根，或与有相同的实根，求参数a范围.

【详解】（1）令，可得，故；

令，可得，故.

（2），证明如下：

由题意，不动点为与的交点横坐标，稳定点为与的交点横坐标，

若与有交点，则横纵坐标相等，则，

所以.

（3）由，则：

令，即有实根，

当时，，符合题设；

当时，，可得.

令，即有实根，

所以，

因为，则无实根，或有与相同的实根，

当无实根，有且，可得且；

当有实根，此时，即，

所以，则，代入得：，可得.

综上，.

【点睛】关键点点睛：第二问，将问题化为、与的交点理解，注意交点横纵坐标性质；第三问，化为有实根、中无实根或与的实根相同.