2022-2023学年福建省莆田市第十五中学、十八中学高一上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年福建省莆田市第十五中学、十八中学高一上学期期中联考数学试题（解析版），共12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学年福建省莆田市第十五中学、十八中学高一上学期期中联考数学试题 一、单选题1．设是实数，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】解出，判断它的解集与之间的关系即可得选项【详解】由得：={或}，令，所以是的真子集 ，则“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.2．设集合，，若，则的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，得，从而可求出的范围.【详解】因为，所以，因为，，所以，故选：B3．不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】将分式不等式化为整式不等式，结合一元二次不等式的解法运算求解.【详解】∵，则，解得故不等式的解集为故选：D.4．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若 ，则下列命题正确的是（   ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】举反例，取，可判断 ,取可判断B；根据不等式性质可判断D.【详解】取 ，满足，但，A错误；当 ，若，则，B错误；取 ，满足，但，C错误；若，则 ，故，所以，故D正确，故选:D.5．下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.【详解】解：对于A：为奇函数，但是函数在和上单调递减，在定义域上不具有单调性，故A错误；对于B：为非奇非偶函数，在定义域上单调递减，故B错误；对于C：为奇函数，且在定义域上单调递增，故C正确；对于D：为偶函数，在上单调递增，在上单调递减，故D错误；故选：C6．设函数 ，若，则实数（    ）A．2 B． C．或2 D．【答案】C【分析】根据分段函数的解析式，分段求解方程，可得a的值，即得答案.【详解】由于，故当时，，则，当时，令，则，故实数或，故选：C7．下列函数的最小值为2的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据基本不等式及对勾函数的性质逐项分析即得.【详解】对于A，当时，函数没有最小值，故A错误；对于B，，因为，根据对勾函数的性质可得，故B错误；对于C，因为，，所以，当且仅当取等号，故C正确；对于D，，当且仅当取等号，又，故等号不成立，故D错误.故选：C.8．定义域为R的奇函数在区间上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性和单调性求解不等式即可.【详解】因为定义在R上的奇函数在区间上单调递减，且，所以在区间上也是单调递减，且，所以当时，，当时，，由可得或解得或，所以满足的x的取值范围是．故选：D 二、多选题9．已知集合，，若，则实数的值可能是（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】ABC【分析】分、、三种情况讨论，分别求出集合，再根据，求出参数的取值范围；【详解】解：因为，且，当时，显然满足题意，当时，因为，所以，解得，当时，显然满足题意，综上可得；故选：ABC10．下列函数中满足“对任意，，且，都有”的是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据给定条件，确定函数的单调性，再逐项判断作答.【详解】函数满足“对任意，，且，都有”，则有函数在上单调递增，函数在上单调递减，A不是；函数在上单调递增，B是；函数在上单调递增，C是；函数在上单调递增，D是.故选：BCD11．已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．的解集是 D．的解集是或【答案】AD【分析】由题意可得的两个根为和4，且，则有，表示出，再逐个分析判断即可.【详解】因为关于x的不等式的解集为或，所以的两个根为和4，且，所以，得，所以A正确，对于B，因为，所以，所以B错误，对于C，因为，所以可化为，因为，所以，得，所以的解集为，所以C错误，对于D，因为，所以可化为，因为，所以，，得或，所以原不等式的解集为或，所以D正确，故选：AD12．函数 ，则下列结论正确的是（    ）A．定义域为 B．的值域是C．方程的解为 D．方程的解为【答案】AC【分析】根据的解析式可判断函数的定义域以及值域，判断A,B;讨论x为有理数或无理数，从而确定方程和的解，判断C,D.【详解】由于函数，定义域为，A对；函数的值域为，故B错；当x为有理数时，，故方程即方程，则，当x为无理数时，，故方程即方程，则，矛盾，故方程的解为，∴C对； 当x为有理数时，，故方程即，即，则x为有理数，当x为无理数时，，故方程即方程，即，则x为有理数，矛盾，故的解为全体有理数，∴D错.故选：AC. 三、填空题13．命题“，”的否定是________．【答案】，【分析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以：命题“，”的否定是：“，”.故答案为：，.14．函数的定义域为______．【答案】【分析】根据二次根式有意义的条件及分母不为0得不等式组，解之可得．【详解】解：由题意得：，解得：且，所以函数的定义域为．故答案为：．15．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则_______．【答案】18【分析】由函数的奇偶性可知，代入函数解析式即可求出结果.【详解】函数是定义在上的奇函数，，则，.故答案为：1816．若集合有且仅有两个子集，则实数k的值是_______.【答案】－1或【分析】依据题意可知A中只有一个元素，然后分，讨论计算即可.【详解】由条件，知A中只有一个元素．当时，．当时，，解得，此时．综上所述，实数k的值为或．故答案为：－1或 四、解答题17．集合 ．(1)若，求；(2)若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）根据的值确定集合，然后根据交集与并集的定义即可求解出答案；（2）由题意，可得，根据集合的包含关系列不等式组求解即可得答案.【详解】（1）当时，，又 ，所以，；（2）因为是的必要不充分条件，所以，即，所以有 ，解得，经验证时，符合题意，所以实数m的取值范围为.18．解下列关于x的不等式，并将结果写成集合或区间的形式.(1)；(2).【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据一元二次不等式的解法进行求解即可；（2）根据分式的运算性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】（1），一元二次方程的两个根为，所以的解集为因此原不等式的解集为；（2）由，或，所以原不等式的解集为19．求下列式子的最小值(1)已知，，且，求的最小值；(2)已知，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值；（2）将函数解析式变形为，利用基本不等式可求得原函数的最小值.【详解】（1）解：由题意可得，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.（2）解：因为，则，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.20．已知是二次函数，满足且.(1)求的解析式；(2)当时，求不等式的解集.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】(1) 设函数，【详解】（1）设函数，由且列出方程组求解;(2)分类讨论解一元二次不等式.因为，可得，所以，又，得，即，对于任意的x成立，则有解得,∴.（2）当时，由得，即①当时，不等式的解集为,②当时，变形为若时，，不等式的解集为若时，，不等式的解集为；若时，，不等式的解集为综上所述，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；当时，不等式的解集为21．已知函数的定义域为，满足且.(1)求函数的解析式；(2)用定义法证明函数在上单调递增；(3)解不等式.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【分析】（1）根据化简可得，利用求得，即得函数解析式；（2）按照函数单调性的定义即可证明结论；（3）结合函数性质将不等式化为，再利用函数单调性结合定义域可得不等式组，求得答案.【详解】（1）由可得，可得，解得，，，故.（2）证明：任取、且，即，则，，所以，，则，所以，函数在上为增函数.（3）由可得，结合函数单调性可得，解得或，因此，不等式的解集为.22．为响应国家扩大内需的政策，某厂家拟在2022年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销量（即该厂的年产量）万件与年促销费用（）万元满足（为常数）．如果不搞促销活动，则该产品的年销量只能是1万件．已知2022年生产该产品的固定投入为6万元，每生产1万件该产品需要再投入12万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分）．(1)求常数的值；(2)将该厂家2022年该产品的利润万元表示为年促销费用万元的函数（利润总销售额产品成本年促销费用）；(3)该厂家2022年的年促销费用投入多少万元时厂家利润最大？【答案】(1)(2)(3)2022年的年促销费用投入2.5万元时，该厂家利润最大 【分析】（1）依题意当时代入计算可得；（2）依题意得到，再将代入计算可得；（3）由（2）可得，利用基本不等式计算可得.【详解】（1）解：由题意可知，当时，所以，解得；（2）解：由于，故，∴；（3）解：由（2）知：   当且仅当，即时取等号.   所以当2022年的年促销费用投入万元时，该厂家利润最大.