2022-2023学年辽宁省协作校高一上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年辽宁省协作校高一上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．下列关系中正确的个数是（    ）

①；②；③；④；⑤；⑥，，或．

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】根据常见集合的表示可判断①②④的正误，根据元素与集合的关系可判断③⑤的正误，根据补集的定义可判断⑥的正误.

【详解】因为，，，故①②④正确，

而，，或，故③⑤⑥错误，

故选：B.

2．命题“，，和都不成立”的否定为（    ）

A．，，和至少有一个成立

B．，，和都不成立

C．，，和都不成立

D．，，和至少有一个成立

【答案】D

【分析】由特称命题的否定形式，分析即得解.

【详解】由特称命题的否定形式，“，，和都不成立”的否定为：

，，和至少有一个成立.

故选：D

3．下列四组函数中，有相同图象的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】利用相同函数的定义，逐项分析函数的定义域、对应法则或值域即可判断作答.

【详解】对于A，函数的定义域为R，值域为R，的定义域为R，值域为，它们是不同函数，图象不相同，A不是；

对于B，函数定义域为，定义域为，它们是不同函数，图象不同，B不是；

对于C，函数与定义域都是R，化为，对应法则相同，它们是相同函数，图象相同，C是；

对于D，函数定义域是R，值域为，定义域、值域均为R，它们是不同函数，图象不同，D不是.

故选：C

4．新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段．某医院在成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第n天，每个检测对象从接受检测到检测报告生成平均耗时（单位：小时）大致服从的关系为（、为常数）．已知第4天检测过程平均耗时为12小时，第9天和第10天检测过程平均耗时均为8小时，那么可得到第7天检测过程平均耗时大致为（    ）（）

A．8小时 B．9小时 C．10小时 D．11小时

【答案】B

【分析】根据题意求得和的值，然后计算出的值即可得解.

【详解】由第天和第天检测过程平均耗时均为小时知，，

所以，得．

又由知，，

所以当时，，

故选：B．

5．在R上定义运算“”：，则满足的实数x的取值范围为（    ）

A． B．

C．或 D．

【答案】D

【分析】根据题意列不等式，解不等式即可.

【详解】由题意知可整理为，即，解得.

故选：D.

6．单位时间内通过道路上指定断面的车辆数被称为“道路容量”，与道路设施、交通服务、环境、气候等诸多条件相关．假设某条道路一小时通过的车辆数满足关系，其中为安全距离，为车速（）．当安全距离取时，该道路一小时“道路容量”的最大值约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将关系式化为，利用基本不等式可求得结果.

【详解】由题意得：（当且仅当，即时取等号），

该道路一小时“道路容量”的最大值约为.

故选：B.

7．设正实数满足，则当取最大值时，的最大值为（    ）

A．0 B．3 C． D．1

【答案】D

【分析】由题目可知，利用均值不等式可得当取得最大值时，，所以，令，结合一元二次函数图像求最大值即可.

【详解】因为是正实数，

所以由得，

由均值不等式得，当且仅当，即时，等号成立，

所以，即，

则当取最大值时，解得，

所以，

令，则，

由二次函数的图像可知当时，取得最大值，，

即的最大值为1，

故选：D.

8．已知函数的图像关于对称，且对任意的，，总有，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由函数单调性的定义可得在上是增函数，再结合对称性可比较大小.

【详解】因为对任意的，有，

不妨设，则有

因为，所以，即，

所以在上是增函数，

因为的图像关于对称，所以，故A错误；

，故B错误；

，故C错误，D正确.

故选：D

二、多选题

9．若，，，则下列不等式中对一切满足条件的，恒成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABCD

【分析】利用给定条件，结合均值不等式，逐项分析、计算判断作答.

【详解】因，，，则，当且仅当时取等号，A正确；

，当且仅当时取等号，B正确；

，当且仅当时取等号，C正确；

，当且仅当时取等号，D正确.

故选：ABCD

10．已知，，下列给出的实数的值，能使p是q的充分不必要条件的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】对于，解不等式求得的取值范围，根据p是q的充分不必要条件求得正确答案.

【详解】对于，，

解得或.

而，

要使p是q的充分不必要条件，则，

所以BC选项正确，AD选项错误.

故选：BC

11．对任意两个实数a，b，定义，若，，下列关于函数的说法正确的是（    ）

A．函数是偶函数 B．方程有三个解

C．函数有3个单调区间 D．函数有最大值为4，无最小值

【答案】AB

【分析】由题意写出解析式，后画出图像，据此可得答案.

【详解】当，即或时，=；

当，即时，.

则，画出图像如下.

对于A选项，因，且，则函数是偶函数，A正确.

对于B选项，由图可得有三个解，B正确.

对于C选项，由图可得有4个单调区间，故C错误.

对于D选项，由图可得有最大值为2，无最小值，故D错误.

故选：AB

12．已知（常数），则正确的选项为（    ）

A．当时，在R上单调递减

B．当时，没有最小值

C．当时，的值域为

D．当时，，，有

【答案】BD

【分析】对A：取特值代入运算，比较函数值大小即可判断；对B：分类讨论，结合函数单调性即可得出；对C：根据单调性求出值域即可判断；对D：分别求出和时的范围即可得出.

【详解】对A：当时，，即，

故在R上不是单调递减函数，A错误；

对B：在上单调递减，则在内没有最小值，且；

令，对，且，

则，

∵，则，

∴，则，

故在上单调递增，

当时，在上单调递减，无最小值，

故在R上没有最小值；

当时，则，故在R上没有最小值；

当时，在上单调递增，则，

故在R上没有最小值；

综上所述：在R上没有最小值，B正确；

对C：当时，由B可知：

若时，；

若时，在上单调递减，则，即；

综上所述：的值域为，C错误；

对D：当时，由B可知：

若时，；

若时，在上单调递增，则，即；

∵，则，，有，D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知，均为正数，若，则的最小值______．

【答案】

【分析】根据题意，先将化简为，然后利用“3”的代换，最后利用不等式即可求解.

【详解】因为可化为，又因为，均为正数，

所以，

(当且仅当，即时去等号)

故答案为：.

14．在R上定义运算，若成立，则x的解集是______．

【答案】或

【分析】根据定义可得关于的不等式，从而可求其解集.

【详解】即为，故，

故或，故解集为或.

故答案为：或.

15．若，是奇函数，则的解集为______．

【答案】

【分析】利用奇函数的性质及一元高次不等式的解法即可求解.

【详解】因为函数是定义在上的奇函数，

所以，即，解得，

所以，即，解得或，

所以的解集为.

故答案为：.

16．若“对于一切实数，”是“对于一切实数，”的必要条件，则实数的取值范围是______．

【答案】

【分析】先求出在R上恒成立时，的取值范围，再得到在R上恒成立时，，比较端点后得到不等式，求出实数的取值范围.

【详解】由题意得：在R上恒成立，则，

解得：，

要想在R上恒成立，则要满足，

解得：，

因为“对于一切实数，”是“对于一切实数，”的必要条件，

所以，解得：，

因为，所以实数的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数，有两个不同的零点．

(1)若其中一个零点在区间上，求k的取值范围；

(2)若函数的两个不同的零点是，，求的最小值．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）由函数有两个不同的零点得，解方程，解得，，由其中一个根在上得k的取值范围.

（2）利用根与系数的关系，用k表示，求出最小值.

【详解】（1）因为函数有两个不同的零点，所以，

即，所以．

令，得，，所以

（2），

由（1）得，故当时，有最小值4，所以的最小值为4．

18．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，，函数在轴左侧的图象如图所示，并根据图象：

(1)画出在轴右侧的图象，并写出函数的单调递增区间；

(2)写出函数的解析式；

(3)若函数，求函数的最小值．

【答案】(1)图象见解析，单调递增区间为（也可写成闭区间）；

(2)；

(3)．

【分析】（1）可利用关于原点中心对称作出图象，由图象得增区间；

（2）根据奇函数定义求解析式；

（3）由用二次函数性质分类讨论求得最小值．

【详解】（1）函数是定义在R上的奇函数，即函数的图象关于原点对称，则函数图象如图所示．

故函数的单调递增区间为（写出闭区间也可以）；

（2）根据题意，令，则，则，

又由函数是定义在R上的奇函数，则，则．

（3）根据题意，，则，则，其对称轴为

当时，即时，；

当时，即时，，

故．

19．已知集合，．

(1)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围；

(2)设命题，，若命题p为假命题，求实数m的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）化简集合，由题可知进而即得；

（2）由题可得，恒成立，然后利用二次函数的性质即得.

【详解】（1）∵，

，

∵“”是“”的充分不必要条件，

∴，

∴，解得，

∴实数a的取值范围是；

（2）∵命题，的否定为，，

∵命题p为假命题，∴命题为真命题，

即，恒成立，

令，

则，即，

解得，

∴实数m的取值范围是．

20．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，．经测算，该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔t满足：，其中．

(1)求，并说明的实际意义；

(2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益．

【答案】(1)，的实际意义为发车时间间隔为5分钟时，载客量为35

(2)当发车时间间隔为5分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元

【分析】（1）代入计算，实际意义即题设中的说明；

（2）求出净收益函数，分段说明函数的单调性得最小值，比较后即得结论．

【详解】（1）．

实际意义为：发车时间间隔为5分钟时，载客量为35．

（2），

∴当，，，

对，，设，，，

，，在上是增函数，因此是减函数，

∴t＝5时，y的最大值为．

当，时，，该函数在区间上单调递减，则当t＝10时，y取得最大值18.8．

综上，当发车时间间隔为5分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，每分钟的最大净收益为元．

21．已知函数是定义在上的奇函数,且．

(1)确定函数的解析式;

(2)当时,判断函数的单调性,并证明;

(3)解不等式．

【答案】(1)

(2)单调递增,证明见解析

(3)

【分析】(1)根据奇函数可得,结合代入可得的解析式;

(2)先判断单调性,根据单调性的定义证明,先取值,再做差,变形至几个因式的乘积,定号,最后写出结论即可.

(3)将移至右侧,根据奇函数,将不等式转化为,再根据(2)的结论转化为,再加上均在定义域内,即可求出不等式解集.

【详解】（1）解:由题意可知为奇函数,

,

即,,

∵,∴,

∴;

（2）当时,函数单调递增,

证明如下:

设为上的任意两个数,且,

,

,

,

,

故函数在上为增函数;

（3）,

,

为奇函数,

∴,

当时,函数单调递增,

,

,

不等式的解集为．

22．已知，为常数，函数．

(1)当时，求关于的不等式的解集；

(2)对于给定的，，且，，证明：关于的方程在区间内有一个实根；

(3)若为偶函数，且，设，若对任意，均成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)答案见解析；

(2)证明见解析；

(3)或.

【分析】（1）分解因式后，分类讨论求二次不等式的解集；

（2）令，计算，根据零点存在性定理证明即可；

（3）通过化简变形，分离参数后转化为对恒成立，求函数最小值后解不等式即可.

【详解】（1）

当时，；

当时，；

当时，，

综上，当时，；当时，；当时，.

（2）设，

则，

，．

因为，所以，

又函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，由零点的判定定理可得：在内有一个实数根，

故关于的方程在区间内有一个实根得证.

（3）由题意得，，，则

因为对任意恒成立，

即对恒成立，

则，即对恒成立，

令，则，，该二次函数开口向下，对称轴为，

所以当时，，故，或.