2022-2023学年广东省广州市真光中学、深圳市第二高级中学教育联盟高一上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省广州市真光中学、深圳市第二高级中学教育联盟高一上学期期中联考数学试题（解析版），共17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学年广东省广州市真光中学、深圳市第二高级中学教育联盟高一上学期期中联考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求得集合，再根据集合的交运算求解即可.【详解】，.故选：D.2．“”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】B【分析】判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】由题意，但的正负不确定，故推不出；当时，由于为增函数，故可推出，则成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B.3．已知曲线且过定点，若且，则的最小值为（    ）.A． B．9 C．5 D．【答案】A【分析】根据指数型函数所过的定点，确定，再根据条件，利用基本不等式求的最小值.【详解】定点为,，当且仅当时等号成立，即时取得最小值.故选A【点睛】本题考查指数型函数的性质，以及基本不等式求最值，意在考查转化与变形，基本计算能力，属于基础题型.4．关于x的不等式的解集是,则关于x的不等式的解集是A．或 B．C． D．或【答案】C【分析】根据的解集判断出的关系，由此求得不等式的解集.【详解】由于x的不等式的解集是，所以且.所以不等式等价于，故解集为.故选：C【点睛】本小题主要考查一元一次不等式的解法，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.5．若，是真命题，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用参变量分离法可得出，当时，求出的取值范围，即可得出实数的取值范围.【详解】对任意的，，则，因为，则，则，.故选：C.6．国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京2022年冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到了真正的智慧场馆、绿色场馆，并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统，已知过滤过程中废水的污染物数量与时间的关系（为最初污染物数量）．如果前3个小时消除了20%的污染物，那么污染物消除至最初的64%还要（    ）A．2.6小时 B．3小时 C．6小时 D．4小时【答案】B【分析】先通过前3个小时消除了20%的污染物求得的值，再由求得，进而得到污染物消除至最初的64%还要3小时.【详解】由题意得，前3个小时消除了20%的污染物，则，则则由，可得，解之得则污染物消除至最初的64%还要小时故选：B7．已知定义在上的偶函数在区间上递减.若，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由是偶函数在上递减，故在上递增，然后比较的自变量，进而判断得结果.【详解】因为定义在R上的偶函数在区间上递减，所以在上递增，，，，因为，在上递增，所以，即，故选:B.【点睛】方法点睛：本题考查了函数的基本性质，对于抽象函数，要灵活掌握并运用图像与奇偶性、单调性等性质，要注意定义域，还应该学会解决的基本方法与技巧，如对于选择题，可选用特殊值法、赋值法、数形结合等，应用分析、逻辑推理、联想类比等数学思想方法.8．已知函数，若存在，使成立，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对进行分类讨论，结合直线、抛物线的知识求得的取值范围.【详解】，，过定点，开口向上，对称轴，当时，在递减，在递增，最小值为，根据直线和抛物线的知识可知：存在，使成立.当时，，，所以存在，使成立，当时，在上递增，在递增，即在上递增，所以不存在符合题意的.当时，在上递增，在上递减，在上递增，根据直线和抛物线的知识可知：存在，使成立.综上所述，的取值范围是.故选：D【点睛】对于含有参数的分段函数的分析，关键在于对参数进行分类讨论，本题中，涉及直线、抛物线，参数与直线的单调性、抛物线的对称轴（单调性）有关，由此可确定分类的标准，从而使分类做到“不重不漏” 二、多选题9．下列命题错误的是（    ）A．命题“，都有”的否定是“，使得”B．函数的零点有2个C．用二分法求函数在区间内的零点近似值，至少经过3次二分后精确度达到0.1D．函数在上只有一个零点，且该零点在区间上【答案】ABC【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可判断A；求出函数的零点结合零点的存在性定理即可判断B；根据二分法的定义即可判断C；根据零点的存在性定理即可判断D.【详解】解：对于A，命题“，都有”的否定是“，使得”，故A错误；对于B，或时，，因为在上都是增函数，所以函数在上是增函数，又因为，所以函数在上有且仅有1个零点，故B错误；对于C，开区间的长度等于1，没经过一次操作长度变为原来的一半，则经过次操作之后，区间的长度变为，故有，则，所以，所以至少经过4次二分后精确度达到0.1，故C错误；对于D，因为函数在上都是增函数，所以函数在上是增函数，又，所以函数在上只有一个零点，且该零点在区间上，故D正确.故选：ABC.10．已知函数则（    ）A．在上单调递增B．的值域为RC．的解集为D．若关于的方程恰有3个不同的解，则【答案】BD【分析】对于选项A，分析在上单调性即可.对于选项B，分别求出在及值域，再求出两值域的并集.对于选项C，分别在与前提下解不等式即可.对于选项D，由题意画出图像即可得答案.【详解】对于选项A，当时，在上单调递减，在上单调递增.故A错误.对于选项B，当时，；当时，.故值域是=R.故B正确.对于选项C，当时，，解得.当时，，解得.综上，的解集为，故C错误.对于选项D，由题意画出图像如下，方程恰有3个不同的解等价于直线与图像只有三个交点，由图可得，故D正确.故选：BD11．下列说法正确的有（    ）A．的最小值为2B．已知，则的最小值为C．已知正实数满足，则的最大值为3D．若关于的不等式对一切恒成立，则实数a的范围是【答案】BD【分析】对于A选项，，利用基本不等式式可判断，但要注意x范围.对于B选项，，后利用基本不等式解决问题.对于C选项，由得，则=，后利用基本不等式可解决问题.对于D选项，当时，显然成立.当时，转化为图像恒在x轴下方即可.【详解】对于A选项，，易得.当时，，当且仅当，即时取等号.当时，，当且仅当，即时取等号. 因条件中未告知x范围，故A错误.对于B选项，，因，则，当且仅当，即时取等号.故B正确.对于C选项，由得，则==，又为正实数.则.取等号时有，即，代入，得.即当且仅当时，上述不等式取等号.则的最小值为3.又，当无限接近1时，无限接近.此时无限接近于0，得接近正无穷大，故无最大值.综上，C选项错误.对于D选项，当时，原式化为，故满足条件.当时，不等式对一切恒成立等价于图像恒在x轴下方.有，即得.综上，故D正确.故选：BD【点睛】易错点点睛：本题为不等式综合问题，涉及基本不等式与恒成立问题.需注意：（1）利用基本不等式时要注意“一正，二定，三相等”.“一正“要保证利用不等式的对象大于0，“二定”指我们要发现或者构造变量和为定值或者变量积为定值.“三相等”是指能在题目条件前提下找到等号成立条件.（2）解决二次函数恒成立问题时，可转化为其图像恒在x轴上方或下方，但要根据题目描述考虑二次项系数是否可以为012．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一.用其名字命名的高斯取整函数为，表示不超过x的最大整数.例如：，.已知函数，，则下列说法中正确的是（    ）A．是偶函数 B．在R上是增函数 C．是偶函数 D．的值域是【答案】BD【分析】对于A：利用函数奇偶性的定义直接判断；对于B：利用单调性的四则运算即可判断；对于C：取特殊值，即可判断；对于D：直接求出的值域即可判断.【详解】对于A：因为函数，所以函数，所以，所以是奇函数.故A错误；对于B：因为，而为增函数，为减函数，为增函数，所以为增函数.故B正确；对于C：因为，而.所以，所以不是偶函数.故C错误；对于D：因为，所以，所以的值域为.故D正确.故选：BD【点睛】（1）对函数奇偶性的证明只能用定义：或；（2）判断函数的单调性的方法：①定义法；②图像法；③四则运算法；④导数法. 三、填空题13．函数的定义域是___________.【答案】##【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，由此可解得原函数的定义域.【详解】对于函数，有，解得.故函数的定义域为.故答案为：.14．若函数是定义在上的偶函数，则___________.【答案】1【分析】根据偶函数的定义与性质，求参数的取值.【详解】由定义域关于原点对称，所以，所以a=1. 又，所以b=0.所以，a+b=1.故答案为：1.15．若函数在上为减函数，则a取值范围是___________.【答案】【分析】令，且 ，，由是增函数且恒成立，列出关于的不等式组并解之即可.【详解】令，且 ，，因为函数在上是减函数且在上是减函数，所以是增函数且恒成立，即，解之得的取值范围是.故答案为：.16．定义在上函数满足且当时，，则使得在上恒成立的m的最小值是________．【答案】8【分析】根据给定条件，依次求出函数在上的最大值、最小值，再借助函数图象求解作答.【详解】上函数满足，当时，，，当时，，，，当时，，，，当时，，，，由得，，因此当时，恒成立，观察图象知，，则有，所以m的最小值是8.故答案为：8【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系及给定区间上的解析式求解析式，在所求解析式的区间上任取变量，再变换到已知解析式的区间上是解题的关键. 四、解答题17．化简求值（需要写出计算过程）(1)若，，求的值；(2)．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先取对数将表示出来，代入计算即可；（2）直接计算即可.【详解】（1），，得（2）原式18．已知集合(1)若，全集，求；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）解二次不等式化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解；（2）利用数轴法分类讨论与，即可求得的取值范围.【详解】（1）由得，解得，所以，又，所以所以，故.（2）因为，所以当时，，无解；当时，由数轴法得或，故或，综上：或，即实数的取值范围为.19．已知定义在上的奇函数满足: 当时，，当时，.(1)在平面直角坐标系中画出函数 在上的图象，并写出单调递减区间;(2)求出 时的解析式.【答案】(1)图像见解析，单调递减区间为 和；(2). 【分析】（1）根据奇函数的对称性结合条件可得函数的图象，根据图象可得函数单调减区间；（2）根据奇函数的定义结合条件即得.【详解】（1）因为函数为定义在上的奇函数，当时，，当时，，可得函数的图象，由图可知，单调递减区间为 和；（2）设，则，又函数为奇函数，所以 ，即 时的解析式为.20．已知定义域为的函数是奇函数．(1)求实数a的值；(2)判断函数的单调性，并用定义加以证明；(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)；(2)函数在定义域内单调递增，证明见解析；(3). 【分析】（1）由是奇函数可得，求出a的值，再验证此时是奇函数；（2）先分离常数，再判断其单调性，利用定义证明函数在R上单调递增；（3）等价于恒成立，求函数的最小值即得解.【详解】（1）因为函数的定义域为R，所以，∴.经检验当时，，，所以.（2），函数在定义域内单调递增，证明如下：设，所以，因为，所以，所以函数在R上单调递增.（3）∵是奇函数，由已知可得，所以，所以，设，当.所以.∴实数m的取值范围为.21．近来，国内多个城市纷纷加码布局“夜经济”，以满足不同层次的多元消费，并拉动就业、带动创业，进而提升区域经济发展活力．某夜市的一位工艺品售卖者，通过对每天销售情况的调查发现：该工艺品在过去的一个月内（以30天计），每件的销售价格（单位：元）与时间x（单位：天）的函数关系近似满足（k为常数，且），日销售量（单位：件）与时间x（单位：天）的部分数据如下表所示：x10152025305055605550 已知第10天的日销售收入为505元．(1)给出以下四个函数模型：①；②；③；④．请你根据上表中的数据，从中选择你认为最合适的一种函数模型来描述日销售量与时间x的变化关系，并求出该函数的解析式；(2)设该工艺品的日销售收入为（单位：元），求的最小值．【答案】(1)选②，(2) 【分析】（1）由第10天的日销售收入为505元，求出，再根据表中数据可知时间变换时，先增后减，则选模型②，再利用待定系数法求出参数，即可得解；（2）分和，两种情况讨论，结合基本不等式和函数的单调性即可得出答案.【详解】（1）解：因为第10天的日销售收入为505元，则，解得，由表格中的数据知，当时间变换时，先增后减，函数模型：①；③；④都是单调函数，所以选择模型②：，由，可得，解得，由，解得，所以日销售量与时间的变化的关系式为；（2）解：由（1）知，所以，即，当时，，当且仅当时，即时等号成立，当时，为减函数，所以函数的最小值为，综上可得，当时，函数取得最小值.22．对于函数，若，则称x为的“不动点”；若，则称x为的“稳定点”．若函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即，．(1)求证：；(2)若，函数总存在不动点，求实数c的取值范围；(3)若，且，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)(3) 【分析】（1）分和两种情况进行分类讨论即可；（2）问题转化成有解，利用判别式即可而得到答案；（3）由可得有实根，，又，所以，即的左边有因式，从而有.再由题中条件，即可得出结果【详解】（1）若，则显然成立，若，设，则，，即，从而，故成立；（2）原问题转化为，有解，∴即，则即恒成立，∴，∴，所以实数c的取值范围为；（3）A中的元素是方程即的实根，由，知或,解得，B中元素是方程即的实根，由知方程含有一个因式，即方程可化为：，若，则方程①要么没有实根，要么实根是方程②的根，若①没有实根，当时，方程为，不成立，故此时没有实数根；当时，，解得，此时且；若①有实根且①的实根是②的实根，则由②有，代入①有，由此解得，再代入②得，解得，综上，a的取值范围为．【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.