辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高一数学上学期期中试卷（Word版附解析）

这是一份辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高一数学上学期期中试卷（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 设集合，则， 命题“”的否定是， “”是“”的， 定义， 已知，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度上学期期中考试高一年级数学科试卷 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1. 设集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先判断出为奇数集，为整数集，从而可判断两者之间的关系.【详解】∵集合，故为奇数集.而，故为整数集，∴.故选：B.【点睛】本题考查集合的包含关系，一般根据集合元素的特征确定出两个集合的包含关系，本题属于基础题.2. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求抽象函数的定义域，只需要牢记对应法则括号中的式子取值范围相同即可.【详解】因为对于，括号中的取值范围即的取值范围，即，所以对于，有，得，故的定义域为.故选：C3. 命题“”的否定是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】全称命题的否定为特称命题，变化规则为变量词，否结论.【详解】由命题：，得其否定为：.故选：C.4. 已知f (x)＝│x│，g (x)＝x2，设则函数h(x)大致图象是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】在同一坐标系中，作出函数f (x)＝│x│，g (x)＝x2的图象，可得选项.【详解】在同一坐标系中，作出函数f (x)＝│x│，g (x)＝x2的图象，又因为根据图象可知D选项正确；故选：D.【点睛】本题考查分段函数的定义，函数的图象的应用，属于基础题.5. 设函数的最大值为，最小值为，则（    ）A.  B. 1 C. 2 D. 4【答案】C【解析】【分析】先分离系数得到，构造函数，证得是奇函数，由此得到，从而得到.【详解】因为，令，则，又的定义域为，所以是奇函数，故的图像关于原点对称，所以，又因为，所以，故.故选：C.6. “”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由两个不等式，和代入数据即可正推，反推举反例，则无法反推，即可得到答案.【详解】由不等式,，则，，当，即或者等号成立.由不等式,，则，，当，即或者等号成立.故，故前者能推出后者，假设，满足，但，故后者无法推出前者，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7. 定义：表示不大于的最大整数，如，则函数的值域为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先利用常数分离法得到，再结合反比例函数的单调性，分类讨论与两种情况下的值域，从而求得的值域.【详解】因为，当时，，所以，则，故，即，所以；当时，，所以，则，故，即，所以；综上：.故选：C.8. 设函数和函数，若对任意的，当时，都有，则的最大值为（    ）A.  B. 1 C. 2 D. 4【答案】B【解析】【分析】构造函数，由条件可知在上单调递增，再由的解析式分类讨论与，可得的单调性，结合图像即可求得的最大值.【详解】依题意，不妨设，且，则，则由得，即，则，令，则在上单调递增，又，当时，，则开口向下，对称轴为，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，，则开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，由此的图像如图，所以由图可知，，故的最大值为1.故选：B..二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】对A，对a、b的符号分类讨论，结合作差法判断；对BCD，由不等式的性质判断【详解】对A，当或或，则；当或，则，即，A对；对BC，，∴，，B对C错；对D，，∴，D对；故选：ABD10. 已知函数，则（    ）A. 在其定义域内单调递增 B. 是奇函数C. 有两个零点 D. 的图像与直线无交点【答案】BCD【解析】【分析】对于A，举反例排除即可；对于B，利用奇偶性的判断方法判断即可；对于C，利用直接法，求得的解的个数即可；对于D，联立方程，有解即为有交点，无解即为无交点.【详解】对于A，因为，所以，，即，而，故在其定义域内并不单调递增，故A错误；对于B，因为的定义域关于原点对称，且有，所以是奇函数，故B正确；对于C，令，即，解得，故有两个零点，故C正确；对于D，联立，整理得，显然无解，故的图像与直线无交点，故D正确.故选：BCD.11. 已知为正数，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】对于A，将题设式子化为，结合可得；对于B，令，可求得，满足题设条件，由此可判断B错误；对于CD，利用换元法及基本不等式可判断CD正确.【详解】对于A，由得，即，因为，所以，解得，故A正确；对于B，令，得，解得，显然满足题设条件，故不恒成立，故B错误；对于C，由选项A得，令，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，故，故C正确；对于D，由选项C得，当且仅当，即时，等号成立，故，故D正确.故选：ACD.12. 已知是定义域为的单调函数，且对于任意，均有，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】根据题意以换，然后求得函数的解析式，根据函数的解析式，结合其单调性，逐一判断即可得到结果.【详解】根据题意，若对于任意，均有，则是一个常数以换，得则，所以，所以，且在递减，故A错误;因为，则，即，故B正确；因为，则，当且仅当时，取等号，即，故C正确；因为当，，且在递减，即，故D错误故选:BC三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知集合，，若，则实数值集合为______．【答案】【解析】【分析】由得到，则的子集有，，，，分别求解即可.【详解】因为，故；则的子集有，，，，当时，显然有；当时，；当，；当，不存在，所以实数的集合为；故答案为．14. 已知函数是定义域为的偶函数，且在单调递减，若，则不等式的解集为__________.【答案】或【解析】【分析】根据偶函数的性质得到在上单点递增，，然后分和两种情况解不等式.【详解】因为为偶函数，且在上单调递减，，所以在上单调递增，，当时，单调递减，，所以当时，，即此时解为；当时，单调递增，，所以当时，，即此时的解为，所以的解集为或.故答案为：或15. 已知且，则的最小值等于__________.【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.【详解】因为且，所以，当且仅当且，即，等号成立，故的最小值等于.故答案为：.16. 已知函数与的图像上不存在关于轴对称的点，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先由待定系数法求得关于轴对称的直线，再假设存在，利用二次函数的单调性求得的值域，从而求得存在时的取值范围，由此求得不存在是的取值范围.【详解】任取上两点，它们关于轴对称的点分别为，设关于轴对称的直线为，则，解得，故对称直线为，假设与的图像上存在关于轴对称的点，则与有交点，联立，消去，得，令，则，即的取值范围与的值域相同，因开口向下，对称轴为，故在上单调递增，在上单调递递，故，又，故，所以，即，所以当函数与的图像上不存在关于轴对称的点时，.故答案为：.四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程和演算步骤.17 已知集合.（1）当时，求；（2）设命题，命题，若是的充分条件，求的取值范围.【答案】（1）；.    （2）【解析】【分析】（1）求出集合A、B，进而求出；（2）由是的充分条件，列不等式组求出的取值范围.【小问1详解】.当时，或，所以.所以；.【小问2详解】因为是的充分条件，所以.因为，所以.而，所以i.当时，有，此时集合,满足，符合题意；ii.当或时，或.要使，只需或者，均无解.综上所述：的取值范围为.18. 已知函数，不等式的解集为.（1）求；（2）当时，求函数的最小值.【答案】（1）或；    （2）.【解析】【分析】（1）分类讨论解不等式即可；（2）利用基本不等式求最值即可.【小问1详解】由题意得，当时，，解得；当时，无解；当时，，解得；综上所述，或.【小问2详解】由（1）得，，当且仅当，即时等号成立.19. 定义域为的奇函数满足，且当时，.（1）求的解析式；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）先利用奇偶性得到，再由二次函数的性质得到，从而利用奇偶性求解析式的方法求得的解析式；（2）构造函数，可知不是的零点，从而将问题转化为讨论与的图像的交点个数，结合图像可得讨论结果.【小问1详解】因为为奇函数，所以，即，又因为当时，，故的对称轴为，又由可知二次函数的对称轴也为，所以，得，故，当时，则，；当时，由奇函数的性质可知；综上：.【小问2详解】由（1）可知，令，易知不是的零点，令，此时，则问题转化为：讨论当时，方程，即的解的个数，当时，方程，即的解的个数，令，，则问题再次转化为讨论与图像的交点个数，当时，双勾函数在上单调递减，在上单调递增，故，当时，在上单调递减，其图像大致如图，结合两个图像可知，(i)当，即时，与的图像有一个交点；(ii)当，即时，与的图像有两个交点；(iii)当，即时，与的图像有三个交点；综上：当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有三个零点..20. 已知函数是定义域为的奇函数，且.（1）求的值，并判断的单调性（不必证明）；（2）设为正数，函数，若对于任意，总存在，使得成立，求的最大值.【答案】（1），，单调递增；    （2）.【解析】【分析】（1）利用奇函数的性质得到，然后再根据求，最后利用单调性的定义判断单调性即可；（2）将不等式恒成立存在问题转化为最值问题，然后分别求出，的最小值即可.【小问1详解】因为时定义域为的奇函数，所以，则，又，则，解得，所以，在定义域内单调增.【小问2详解】因为对任意，总存在，使，所以，由（1）得，，当时，在出取得最小值，在，即处取得最小值，所以，所以，解得.所以的最大值为.21. 记函数在的最小值为函数.（1）求的解析式；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用二次函数轴定区间动，分类讨论，与三种情况，即可得到的解析式；（2）先判断得的关于对称轴对称，再求得取得最小值时，的取值范围，由此得到或，解之即可得到的取值范围.【小问1详解】因为，所以开口向上，对称轴为，(i)当，即时，在上单调递减，所以；(ii)当时，即时，；(iii)当时，在单调递增，所以；综上：.【小问2详解】由（1）可得，，所以函数的图像关于对称轴对称，当时，在上单调递减，所以，当时，在上单调递增，所以，所以，且取得最小值时，，因为，所以（i），解得，或(ii)，解得，综上：，即. .22. 设定义域为的函数对于任意满足.（1）证明：为奇函数；（2）设，若有三个零点，且存在使在单调递增.（i）证明：；（ii）当时，证明：.【答案】（1）证明见解析    （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）先利用赋值法得到，再得到，由此证得结论；（2）（i）利用反证法，结合（1）中结论推得至多只有一个零点，矛盾即可；（ii）利用反证法，先证得，再结合零点存在定理证得在上必为即可.【小问1详解】因为对于任意满足，所以令，得，故，再令，则有，即，又的定义域为，所以为奇函数；【小问2详解】（i）反证，假设，因为在单调递增，所以在单调递增，因为，所以也在单调递增，又因为为奇函数，所以在上单调递增，则由零点存在定理可知方程至多只有一个根，所以至多只有一个零点，矛盾，假设不成立，故；（ii）先用反证法证，假设，则有，因为在单调递增，所以，矛盾，假设不成立，故，又在单调递增，，所以，又，所以由零点存在定理可知在上存在唯一零点，由于，故，假设，则有，又，故，所以，与矛盾，故，综上：，故