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浙江省金华市2022_2023学年高一数学上学期期中试题含解析
展开这是一份浙江省金华市2022_2023学年高一数学上学期期中试题含解析，共18页。试卷主要包含了 已知p， 若，则下列不等式成立的是， 已知，，则，，的大小关系是， 正数，满足，则的最小值为．等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共60分）
1. 设集合U=R，A={x|0
【解析】
【分析】根据图可知求解的集合为，根据定义可求得结果.
【详解】由图可知所求阴影部分集合为：
又
本题正确选项：
【点睛】本题考查集合的运算中的交集和补集，属于基础题.
2. 已知p：0≤2x-1≤1，q：(x－a)(x－a－1)≤0，若p是q的充分不必要条件，则实数a的取值范围是( )
A. [0，]B. (0，)C. (－∞，0]∪[，＋∞)D. (－∞，0)∪(，＋∞)
【答案】A
【解析】
【分析】若p是q的充分不必要条件，则p所代表的范围是q所代表范围的真子集，解出不等式，即可得解.
【详解】由0≤2x-1≤1得：，
由(x－a)(x－a－1)≤0得：，
若p是q的充分不必要条件，
则，
即：，解的：，
故选：A.
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，考查了命题语言和集合语言转化，考查了转化思想，属于基础题.
3. 若，则下列不等式成立的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】代入特殊值进行检验，结合不等式的性质可选出正确答案.
【详解】解：由不等式性质可知，A正确；若，则，B不正确；
若，则，C不正确；若，，D不正确，
故选:A.
【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.
4. 已知，，则，，的大小关系是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
因为该题为选择题，故可以用特值法，取符合条件的，代入进行比较即可.
【详解】取特殊值：，，则，，
故，
故选：D.
【点睛】本题主要考查不等式比较大小，属于基础题.
5. 已知不等式的解集是，则不等式的解集是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的解集可得不等式对应的方程的解，从而可求出的值，故不等式即为，从而可求其解，从而得到正确的选项．
【详解】∵不等式的解集是，
∴是方程的两根，
∴，解得.
∴不等式为，
解得，
∴不等式的解集为.
故选：A.
【点睛】本题考查一元二次不等式的解、三个二次的关系，这个关系是：不等式对应的解的端点是对应方程的根，是二次函数的图像与轴交点的横坐标.本题属于基础题．
6. 正数，满足，则的最小值为（）．
A. 4B. 7C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】将变形为，再用基本不等式“1”的用法求解即可.
【详解】解：因为为正数，且，所以有，
所以，当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：D.
【点睛】本题考查基本不等式“1”的妙用求最值问题，属于中档题.
7. 已知命题“”是假命题，则实数a的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知该命题的否定是真命题，再根据一元二次不等式恒成立即可求解.
【详解】由题意可知，命题“”是假命题
则该命题的否定“”是真命题，
所以，解得；
故选：D.
8. 将函数的图象向左平移1个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象大致是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的平移变换求得的解析式，结合奇偶性、零点个数及特殊值可排除错误选项.
【详解】．
因为，
即，所以为奇函数，排除A；
令，解得，即有唯－的零点，排除C；
由解析式可知，排除D．
只有B符合条件．
故选：B．
【点睛】本题考查了根据函数解析式选择函数图象，结合奇偶性、单调性、特殊值等性质即可排除错误选项，属于基础题.
9. 如果在区间上为减函数，则的取值（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】最高次系数含有参数，分系数为0和不为0两种情况讨论，再结合二次函数的性质即可求出答案．
【详解】解：由题意，当时，可得，在上是单调递减，满足题意；
当时，显然不成立；
当时，要使在上为减函数，
则，解得：，∴；
综上：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数单调性的应用，属于基础题．
10. 已知定义在R上的奇函数，当时，，若对任意实数x有成立，则正数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由于有绝对值，分情况考虑和，再由是奇函数画出图象，再根据考虑图象平移结合图形可得答案.
【详解】由题得，当时，，故写成分段函数，化简得，
又为奇函数，故可画出图像：
又可看出往右平移个单位可得，若恒成立，则，即，又为正数，故解得.
故选：C.
【点睛】本题主要考查绝对值函数对分段函数的转换，图象的平移，属于中档题.
11. 已知，若，则=
A. B. 2C. 4D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给函数特征，先判断的函数值特征，再根据条件及所求结果建立等量关系，即可求得的值．
【详解】因为
所以
因而
所以
所以选C
【点睛】本题考查了函数性质的综合应用，根据解析式判断出函数所具有的性质，需要很好的数感和对函数的理解，属于中档题．
12. 已知，不等式在上恒成立，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，原不等式转化为，两边同时平方并化简得，由此分析出，进而得到，由此可解出答案．
【详解】解：∵，且，
∴，
∴，
∴，
∵上述不等式恒成立，
∴，即（否则取，则左边，矛盾），
此时不等式转化为，
∴，解得，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查一元二次不等式的应用，考查转化与化归思想，属于难题．
二、填空题（共30分）
13. 集合，，若，则a的值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据交集的定义可得，从而得到三个方程求出的值，再代入验证，即可得答案；
【详解】∵，，若，
∴或或，解得或，
将代入得，，此时，不合题意；
将代入得，，此时，满足题意，
则.
故答案为:.
【点睛】本题考查交集的定义，考查分类讨论思想，考查运算求解能力，求解时注意代入检验.
14. 已知，，求的取值范围___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法可得，利用不等式的基本性质可求得的取值范围.
【详解】设，所以，解得，
因为，，则，
因此，.
故答案为：.
15. 已知，且，则的最小值是___________.
【答案】8
【解析】
【分析】根据基本不等式结合求解即可.
【详解】，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：8.
16. 已知二次不等式的解集为，且，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得出，可得出，然后将所求代数式转化为，并利用基本不等式求出该代数式的最小值.
【详解】由于二次不等式的解集为，
则，且，，.
.
当且仅当时，等号成立
因此，的最小值为.
故答案为.
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，同时也考查了不等式解集与方程根的关系，把所要求的式子化简为可利用基本不等式的形式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.
17. 当时，则的值域是____________
【答案】
【解析】
【分析】首先将函数转化为，再分别讨论和时，利用基本不等式求值域即可.
【详解】因为，且，
①当时，，
所以，
当且仅当，即时，取“”.
②当时，，，
所以，
因为，
所以，即.
当且仅当，即时，取“”.
综上所述值域为：.
故答案为：
【点睛】本题主要考查基本不等式，同时考查了函数的值域问题，属于中档题.
18. 若不等式组的解集中所含整数解只有，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】解，得解集为；分类讨论与的大小关系，解不等式，再根据不等式组的解集中所含整数解只有，列式可求出结果.
【详解】由，得，得或，所以的解集为，
由，得，
当，即时，得，所以的解集为，此解集中不含，不符合题意；
当，即时，化为，所以的解集为空集，不符合题意；
当，即时，得，所以的解集为，
因为不等式组的解集中所含整数解只有，
所以，得.
故答案为：
三、解答题（共60分）
19. 已知函数，的解集为．
（1）求的解析式；
（2）当时，求的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由的解集为，结合根与系数关系求可求的值，进而得到的解析式；（2）化简函数式为，结合基本不等式求最大值即可；
【详解】（1）因为函数，的解集为，
那么方程的两个根是，2，且，
由韦达定理有，
所以．
（2），由，则：
根据均值不等式有：，当且仅当，即时取等号，
∴当时，．
【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程、不等式，根据一元二次不等式解集求二次函数解析式，利用基本不等式求函数最值；
20. 已知关于的不等式；
（1）若不等式的解集为，求实数的值；
（2）若，且不等式对一切都成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）由已知得和是方程的两根且，利用根与系数的关系即可得出结果；
（2）设，利用二次函数的图象与性质把问题化为，即可求出的取值范围．
【详解】（1）不等式的解集为
和是方程的两根且
由根与系数的关系得：，
解得：
（2）令，
则原问题等价于
即，解得：
又
实数的取值范围是
【点睛】本题考查了一元二次不等式与与相应的一元二次方程以及二次函数的应用问题，是综合性题目．
21. 已知函数对任意满足：，二次函数满足：且．
（1）求，的解析式；
（2）若时，恒有成立，求的最大值．
【答案】（1）求，；（2）的最大值5.
【解析】
【分析】（1）在中用代替，得到，两式联立得到解析式，设，根据条件，得到的值，从而求出的解析式.（2）根据，得到的取值范围，再根据题意，得到的最大值.
【详解】（1）①，
用代替上式中的，
得②，
联立①②，可得；
设，
所以，
即
所以，解得，，
又，得，所以.
（2）令，
即
解得
所以当时，
若要求时，恒有成立，
可得，即的最大值是.
【点睛】本题考查构造方程组法求抽象函数的解析式，待定系数法求函数解析式，解一元二次不等式，属于中档题.
22. 已知函数．
（1）对任意恒成立，求实数的取值范围：
（2）函数，设函数，若函数有且只有两个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）对任意恒成立，即有
（2）函数有且只有两个零点.
与的图象有两个交点．根据图象可得，实数的取值范围．
【详解】解：（1）的定义域为R，
，
故函数关于y轴对称，
当时，，
当时，，
对任意恒成立，即有，
故实数的取值范围为．
（2）显然不是函数的零点．
故函数有且只有两个零点．
与的图象有两个交点．
当时，，
恒成立，
故函数在单调递增，在单调递增，
且当时，时，函数，
当时，时，函数，
时，函数，
当时，，
令，因为，故解得，
当时，，故在单调递增，
当时，，故单调递减，
函数的图像如图所示，
根据图象可得，实数的取值范围为．
【点睛】本题考查了函数的性质，二次函数的最值，解题的关键是要能将函数的零点问题转化为两个函数的交点问题，并且能准确地作出新函数的图像，然后数形结合地解决问题，属于中档题．
23. 某商店预备在一个月内分批购入每张价值为20元的书桌共36台，每批都购入x台（x是正整数），且每批均需付运费4元，储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值（不含运费）成正比，若每批购入4台，则该月需用去运费和保管费共52元，现在全月只有48元资金可以用于支付运费和保管费．
（1）求该月需用去的运费和保管费的总费用
（2）能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由．
【答案】（1）；（2）张，见解析．
【解析】
【详解】（1）设题中比例系数为,若每批购入台,则共需分批,每批价值为20元.
由题意
由=4时,="52" 得
（2）由（1）知
（元）
当且仅当,即时,上式等号成立.
故只需每批购入6张书桌,可以使资金够用.
24. 已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的m，，，都有．
若，求a的取值范围．
若不等式对任意和都恒成立，求t的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由函数的单调性的定义，构造出f（x）在定义域[﹣5，5]，上是增函数，通过增函数性质解不等式得a的取值范围;
（2）由f（x）单调递增且奇函数，利用其最大值整理得关于a，t的不等式，由a∈[﹣3，0]都恒成立，根据单调性可以求t的取值范围．
【详解】解：设任意x1，x2满足﹣5≤x1＜x2≤5，由题意可得：
f（x1）﹣f（x2）即f（x1）＜f（x2）．所以f（x）在定义域[﹣5，5]，上是增函数，
由f（2a﹣1）＜f（3a﹣3），得，解得2＜a，
故a的取值范围为（2，]；
（2）由以上知f（x）是定义在[﹣5，5]上的单调递增的奇函数，且f（﹣5）＝﹣2，
得在[﹣5，5]上f（x）max＝f（5）＝﹣f（﹣5）＝2．
在[﹣5，5]上不等式f（x）≤（a﹣2）t+5对a∈[﹣3，0]都恒成立，
所以2≤（a﹣2）t+5即at﹣2t+3≥0，对a∈[﹣3，0]都恒成立，
令g（a）＝at﹣2t+3，a∈[﹣3，0]，则只需，即．
解得t
故t的取值范围（﹣∞，]．
【点睛】本题主要考察函数单调性知识的应用，解题中主要利用了单调性的定义法，最值法．
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