2022-2023学年辽宁省大连市大连育明高级中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省大连市大连育明高级中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．设集合，，，则

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】分析：由题意首先进行并集运算，然后进行交集运算即可求得最终结果.

详解：由并集的定义可得：，

结合交集的定义可知：.

本题选择C选项.

点睛：本题主要考查并集运算、交集运算等知识，意在考查学生的计算求解能力.

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题即得.

【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，即先将量词“”改成量词“”，再将结论否定，

所以该命题的否定是“，”.

故选：D.

3．已知，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式，求出俩命题的解，然后根据充分不必要条件，得出不等关系，从而求出实数的范围.

【详解】解：由题意

在中，

解得：，

在中，

解得：，

∵是的充分不必要条件

∴，等号不同时成立，

∴.

故选：B.

4．某种热饮需用开水冲泡，其基本操作流程如下：①先将水加热到100，水温与时间近似满足一次函数关系；②用开水将热饮冲泡后在室温下放置，温度与时间近似满足函数的关系式为 （为常数）, 通常这种热饮在40时，口感最佳，某天室温为时，冲泡热饮的部分数据如图所示，那么按上述流程冲泡一杯热饮，并在口感最佳时饮用，最少需要的时间为

A．35 B．30

C．25 D．20

【答案】C

【分析】由函数图象可知这是一个分段函数，第一段是正比例函数的一段，第二段是指数型函数的一段，即满足，且过点（5，100）和点（15，60），代入解析式即可得到函数的解析式．令y=40，求出x,即为在口感最佳时饮用需要的最少时间．

【详解】由题意，当0≤t≤5时，函数图象是一个线段，当t≥5时，函数的解析式为，

点（5，100）和点（15，60），代入解析式，

有，

解得a＝5,b=20，

故函数的解析式为，t≥5．令y=40，解得t=25,

∴最少需要的时间为25min．

故选C.

【点睛】本题考查了求解析式的问题，将函数图象上的点的坐标代入即可得到函数的解析式，考查了指数的运算，属于中档题．

5．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据抽象函数的定义域的求解，结合具体函数单调性的求解即可.

【详解】因为函数的定义域为，所以的定义域为.又因为，即，所以函数的定义域为.

故选：C.

6．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将转化为，后构造函数，研究其单调性即可得答案.

【详解】由可得，

令，其中.

则由可得.

又注意到：在R上单调递增，在R上单调递减，

则在R上单调递增.

则由可得，即.

故选：C

7．已知函数与函数（为常数），若函数恰有三个零点，则的值为（    ）

A．2 B． C．3 D．1

【答案】C

【分析】根据和的解析式得到两个函数都经过点，且关于中心对称，然后将函数的零点转化为与图象交点的横坐标，则为对称中心，点和点关于中心对称，最后利用对称性可得.

【详解】因为，所以关于中心对称，又，

所以在图象上，因为，所以过点，则函数和的图象都关于中心对称，

设，函数的零点即与图象交点的横坐标，

所以，点和点关于中心对称，

则，.

故选：C.

8．设为常数，，，则（    ）

A． B．

C．满足条件的不止一个 D．恒成立

【答案】D

【分析】利用赋值法逐一对各选项进行验证.

【详解】令，可得，

因为，所以，故选项A不正确；

令，得，

代入，得，

原等式变形为，故选项B不正确；

在中，

令，得，即函数取值非负，

令，得，所以，

即恒成立，满足条件的只有一个，

故选项D正确，C不正确.

故选:D.

二、多选题

9．已知，且，则（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为16 D．的最小值为

【答案】AD

【解析】利用基本不等式可求出，即可判断AB；由利用基本不等式可判断C；将代入可求出最值，判断D.

【详解】，，解得，当且仅当时等号成立，即的最大值为，故A正确；B错误；

，当且仅当，即时等号成立，，，故C错误；

，，可得，

，当时，取的最小值为，故D正确.

故选：AD.

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

10．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．函数是奇函数

B．关于的不等式的解集为

C．函数在上是增函数

D．函数的图象的对称中心是

【答案】BCD

【分析】A选项：根据奇偶性的定义判断即可；

C选项：根据已知函数的单调性即可得到得单调性；

D选项：根据，即可得到是的对称中心；

B选项：利用对称性和单调性解不等式即可.

【详解】A选项：的定义域为R，关于原点对称，，同时，所以不是奇函数也不是偶函数，故A错；

C选项：因为函数，在R上单调递增，所以在R上单调递增，故C正确；

D选项：，所以是的对称中心，故D正确；

B选项：原不等式可整理为，即，则，解得，故B正确.

故选：BCD.

11．若函数在定义域内D内的某区间M是增函数，且在M上是减函数，则称在M上是“弱增函数"，则下列说法正确的是（    ）

A．若则不存在区间M使为“弱增函数”

B．若则存在区间M使为“弱增函数”

C．若则为R上的“弱增函数’

D．若在区间上是“弱增函数”，则

【答案】ABD

【解析】A. ，不存在区间使其为减函数.

B.由双勾函数单调性可作出判断.

C. 由的奇偶性和单调性，可判断其在R上为增函数. 为偶函数，其在时为增函数，故在时为减函数，但不是R上的弱增函数

D.可结合二次函数和双勾函数单调性作出判断.

【详解】A. 在定义域内的任何区间上都是增函数，故不存在区间M使为“弱增函数”；

B. 在上为增函数，，易知它在上为减函数

故存在区间M使为“弱增函数”；

C. 为奇函数，且时，为增函数，故奇函数的对称性可知，为R上增函数；

为偶函数，其在时为增函数，故在时为减函数.故不是R上的弱增函数；

D. 若在区间上是“弱增函数”，则在上为增函数，故，故

又在上为减函数，则由双勾函数单调性可知，，则

综上有

故选：ABD

【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

12．若函数具有下列性质：①定义域为；②对于任意的，都有；③当时，，则称函数为的函数.若函数为的函数，则以下结论正确的是

A．为奇函数 B．为偶函数

C．为单调递减函数 D．为单调递增函数

【答案】AC

【分析】分析奇偶性：通过令值找到与之间的关系；分析单调性：通过令值找到与的大小关系.

【详解】定义域关于原点对称，令则有：，令，则有，所以，故是奇函数；令，，且，所以，又且，，则 ，即，所以，所以是单调减函数.

故选AC.

【点睛】判断抽象函数的单调性和奇偶性，一般采用令值的方法解决问题.令值的时候注意构造出与之间的关系以及与的大小.

三、填空题

13．设函数则不等式的解集为________．

【答案】

【分析】根据分段函数的单调性，把问题中的函数值大小比较转化为自变量大小比较，从而求得解集.

【详解】由函数解析式知在R上单调递增，且，

则，

由单调性知，解得

故答案为：

【点睛】关键点点睛：找到函数单调性，将函数值大小比较转化为自变量大小比较即可.

14．已知函数有一个零点在区间内，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】分类讨论为一次函数和二次函数，当为二次函数时再分类讨论存在一个零点和两个零点两种情况，一个零点时，两个零点时满足题意需用零点存在性定理求出实数的取值范围.

【详解】，函数的零点为，不满足题意；

当时，若二次函数只有一个零点，则，解得，此时的零点为，不满足题意；

若二次函数有两个零点，有且只有一个零点在区间中，则，解得

检验：当时，，即两个零点异号

因此当，时，函数有且只有一个零点在区间中

当若二次函数有两个零点，两个零点在区间中时

，无解，故不存在两个零点在区间中；

故答案为：

15．已知函数分别为定义在上的奇函数和偶函数，且满足.若函数，则的值域为__________.

【答案】

【分析】由，利用函数分别为定义在上的奇函数和偶函数，得到，进而得到，再令求解.

【详解】解：由得：，

因为函数分别为定义在上的奇函数和偶函数，

所以，两式联立得，

所以，

令，

得，

所以的值域为，

故答案为：

16．已知函数定义域为区间，且图像关于点中心对称.当时，，则满足的的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据一次函数和反比例函数的单调性得到当时，单调递增，再结合关于中心对称得到，且在上单调递增，然后将原不等式整理为，最后利用单调性和定义域列不等式求解即可.

【详解】因为函数，在上单调递增，所以当时，单调递增，

因为关于中心对称，所以，且在上单调递增，

不等式可整理为，即，则，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．计算下列各式的值：

(1)

(2)已知，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用指数幂的运算性质计算即可

（2）变形，凑系数，利用基本不等式可求最大值.

【详解】（1）

（2）

当且仅当，即时等号成立，

故的最大值为

18．已知全集，集合.

(1)求；

(2)定义且，求.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）根据集合并集和补集运算即可求得.

（2）利用定义即可求得.

【详解】（1）因为

所以 ，又因为

（2）由已知且

因为

所以.

19．已知函数是定义在区间上的奇函数，且，若对于任意的，都有.

(1)判断函数的单调性，并给出证明；

(2)若，存在，对于任意的恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递减，证明见解析.

(2)

【分析】（1）赋值法构造单调性定义的等价式子即可证明.

（2）利用恒成立和单调性求出函数的最值，即可得到范围.

【详解】（1）在区间上单调递减，

由已知，都有，

故当，则，

因为是定义在区间上的奇函数，则，

故，

所以在区间上单调递减

（2），存在，对于任意的恒成立，

故，因为，为奇函数，

所以，即，

所以，，有恒成立.

故 ，解得，

的取值范围为

20．华为为了进一步增加市场竞争力，计划在2023年利用新技术生产某款新手机，通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万，每生产（千部）手机，需另投入成本万元，且，由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完

(1)求出2023年的利润（万元）关于年产量（千部）的函数解析式（利润=销售额-成本）

(2)2023年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？

【答案】(1)

(2)2023年产量为100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润为9000万元

【分析】（1）由题意得到，从而根据求出（万元）关于年产量（千部）的函数关系式；

（2）时，配方求出的最大值，时，利用基本不等式求出的最大值，比较后得到结论.

【详解】（1）由题意得：，

故当时，，

当时，，

故（万元）关于年产量（千部）的函数关系式为：

.

（2）当时，，

故当时，取得最大值，最大值为万元；

当时，由基本不等式得：

（万元），

当且仅当，时，等号成立，

因为，所以2023年产量为100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润为9000万元.

21．设函数（且）是定义域在R上的奇函数．

（1）若，试求不等式的解集；

（2）若且在上的最小值为—2，求m的值．

【答案】（1）不等式的解集为或；（2）

【分析】（1）由奇函数求出k=1；由，解得，进而判断出在R上单调递增.利用单调性解不等式；

（2）先解出a=2.令.利用二次函数研究的最小值求出m.

【详解】（1）是定义域为R上的奇函数，∴，

.

，又且

因为在R上单调递增，在R上单调递减，

所以在R上单调递增.

所以原不等式可化为：

，即，解得：或

∴不等式的解集为或.

（2）

即或（舍去）

令.

由（1）可知， 在R上单调递增.

当时，当时，

当时，当时，，

解得，舍去

综上可知

22．已知函数.

（1）当时，解不等式；

（2）若时，恒成立，求的取值范围；

（3）关于的方程在区间内恰有一解，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）；（3）

【分析】（1）将代入，得到不等式，计算得到答案.

（2）根据题意得到恒成立，设，根据函数的单调性得到取值范围.

（3）化简得到方程，讨论，，三种情况，计算得到答案.

【详解】（1）当时，，即

（2），设

时：单调递增；单调递增.故在单调递增.

故

（3）即

化简得到：，在区间内恰有一解

当时，方程有解为，满足条件；

当时：

当，时，方程有唯一解为，满足条件；

当，即时

若不是方程的解，则满足：

若是方程的解，即，解得方程为：，满足；

综上所述：

【点睛】本题考查了解不等式，恒成立问题，知解的个数求参数，分类讨论是常用的技巧，漏解是容易发生的错误.