四川省隆昌市第七中学2022-2023学年高一数学上学期期中测试试题（Word版附解析）

隆昌七中高2025届第一学期半期考试数学试题

注意事项：

1． 答题前，考生务必将自己的姓名考号、姓名、班级填写在答题卡．

2． 回答选择题时，用2B铅笔把答题卡上对应题目所选的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后再涂黑．回答非选择题，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

3． 总分150分，答题时间120分钟；考试结束后，请将答题卡上交．

一、单选题：本大题共8个小题，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. 已知集合，则 （    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合交集的定义进行求解即可.

【详解】因为，

所以，

故选：B

2. 函数的定义域为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根据题中所给的函数解析式，结合偶次根式和分式的要求列出不等式组求得结果.

【详解】由题意得，即，

解得且，

所以函数的定义域为，

故选：B.

【点睛】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有求函数的定义域，在求解的过程中，关键在于列全限制条件，并准确求解不等式（组），属于简单题目.

3. 已知集合，，则集合的真子集个数为（    ）

A. 7 B. 8 C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】由A、B可以得到集合，确定集合的元素个数，代入公式即可得到集合的真子集个数．

【详解】因为集合，，

所以集合，，，

所以集合有3个元素，集合真子集个数为个．

故选：A

4. 已知集合，，则下列图象中，能表示从集合到集合的一个函数的为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依次判断选项中函数图像对应的定义域是否为，且每个都有唯一的在集合中与之对应，即可判断

【详解】选项A，图像对应的定义域不包含，不成立；

选项B，图像存在有两个与之对应，不表示函数图像，不成立；

选项C，图像对应的定义域为，且每个都有唯一的与之对应，且值域为，满足题意；

选项D，当，有两个与之对应，不表示函数图像，不成立；

故选：C

5. 若，则有（    ）

A. 最小值1 B. 最小值2 C. 最大值1 D. 最大值2

【答案】B

【解析】

【分析】根据基本不等式即可求解.

【详解】解：∵，

∴，

当且仅当，时取等号．

因此的最小值为2．

故选：B．

6. 不等式成立的一个充分不必要条件是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用一元二次不等式解不等式，再根据充分、必要条件的定义分析判断.

【详解】∵，解得，即不等式的解集为.

由题意可得：选项对应的集合为的真子集，

对A：，即是的必要不充分条件，A错误；

对B：，即是的充要分条件，B错误；

对C：，即是的充分不必要分条件， C正确；

对D：与不存在包含关系，即是的既不充分也不必要分条件，D错误；

故选：C

7. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，求出二次函数的对称轴，且抛物线开口向上，从而得出函数在上单调递减，结合条件可知，即可求出的取值范围.

【详解】解：二次函数的对称轴为，抛物线开口向上，

函数在上单调递减，

要使在区间上单调递减，

则对称轴，解得：.

故选：C

8. 函数的值域为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题可知，利用换元法，令，得，，将原函数转化为，再根据二次函数的图象和性质，即可求出最值，从而得出函数的值域.

【详解】解：根据题意，可知，则，

令，则，，

所以，

可知当时，取得最大值，无最小值，

所以函数的值域.

故选：A.

二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列命题中，真命题的是（    ）

A. 若，则

B. 若，，则

C. 若，，则

D. 若，，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据不等式的性质即可逐一求解.

【详解】对于A，若，则不成立，故错误，

对于B,由，得，，因此可得，故B正确，

对于C,若，则，因此C错误，

对于D, 由得，所以，D正确，

故选：BD

10. 已知函数是R上的奇函数，且当时，，则（    ）

A.  B.

C. 是增函数 D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】

由是R上的奇函数，则可算出，代入可算得

根据的对称性可得出单调性，根据可求得

【详解】A.项  是R上的奇函数，故

得，故A对

对于B项，，故B错

对于C 项，当时，在上为增函数，利用奇函数的对称性可知，在上为增函数，故是上的增函数，故C对

，故D对

故选：ACD

【点睛】正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：(1)定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；(2)f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)是定义域上的恒等式．奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称，反之也成立．利用这一性质可简化一些函数图象的画法，也可以利用它去判断函数的奇偶性．

11. 若，是，这两个函数中的较小者，则（    ）

A. 最大值为2 B. 最大值为 C. 最小值为 D. 无最小值

【答案】BD

【解析】

【分析】画出两个函数图象，解得交点坐标，根据图象分析函数的取值并判断结果.

【详解】如图，作出函数和函数的图象，联立易得，，

根据图象易知，所以函数在处取得最大值，无最小值.

故选：BD.

【点睛】本题考查函数图象的的运用，难度一般，这类问题的解答方法如下：
（1）分别画出各个函数的图象；

（2）联立，解出交点的坐标；

（3）观察每一段上各函数图象的变化，根据题目意思确定出结果.

12. 已知正数满足，则下列选项正确是（    ）

A. 的最小值是2 B. 的最大值是1

C. 的最小值是4 D. 的最大值是

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题设条件和基本不等式，逐项判定，即可求解.

【详解】因为正数满足，

由，

当且仅当时，即时，等号成立，所以A正确；

由，可得，即，当且仅当时成立，所以B正确；

由，当且仅当时成立，所以C错误；

由正数满足，可得，

则，当且仅当时，

即时，等号成立，即的最大值是，所以D正确.

故选：ABD

三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 已知集合，则___________．

【答案】或

【解析】

【分析】根据集合的交并补运算即可求解.

【详解】由得,

所以或，

故答案为：或

14. 含有三个实数的集合既可表示成，又可表示成，则__________.

【答案】1

【解析】

【分析】根据集合相等求得值，然后计算．

【详解】解：由题意，所以，即，

所以，解得，

当时，与元素互异性矛盾，舍去，

时，两个集合为．满足题意．

所以．

故答案为：．

15. 已知，若则_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据分段函数的解析式，先求得，再由，从而可得出的值.

【详解】解：由题可知，，

，

，解得：.

故答案为：.

16. 定义新运算“”，满足对任意的，有．若对，恒成立，则实数m的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】将化简得，转化为不等式恒成立问题求解.

【详解】由得，，化简得对恒成立，

当时，成立；

当时，满足 ，即；

故实数m的取值范围是.

故答案为：.

四、解答题：本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17 已知函数

（1）求的值；

（2）若，求实数的值；

【答案】（1），；   

（2）或.

【解析】

【分析】（1）由函数解析式，将自变量的值代入即可；

（2）分和两种情况讨论，从而可得出答案.

【小问1详解】

解：由，

得，

；

【小问2详解】

解：当时，，解得或（舍去），

当时，，解得，

综上所述，或.

18. 已知不等式的解集为或．

（1）求实数a，b的值；

（2）若，，且，求的最小值

【答案】（1）   

（2）3

【解析】

【分析】（1）根据不等式得解集可得，且方程的根为，再利用韦达定理即可得出答案；

（2）根据结合基本不等式即可得解.

【小问1详解】

解：因为不等式的解集为或，

所以，且方程的根为，

则，所以；

【小问2详解】

解：由（1）得，，

则，

当且仅当，即时，取等号，

所以的最小值为.

19. 已知集合，．

（1）若集合B满足且，求实数m的取值范围；

（2）若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围．

【答案】（1）或；   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）解分式不等式确定集合，然后根据空集的定义、交集的结论求解；

（2）由题意得，然后对按是否为空集分类讨论求解．

【小问1详解】

由已知可得，

因为，所以，即，

当时，或，

所以或，

∴m的取值范围为或；

【小问2详解】

因为是的必要不充分条件，所以，

①当B为空集时，，即，原命题成立；

②当B不是空集时，所以，解得，满足题意．

综上①②，m的取值范围为或．

20. （1）比较与的大小；

（2）用定义证明函数在上是减函数；

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用作差法比较即可；

（2）利用单调性的定义进行证明即可.

【详解】（1）因为，

所以；

（2）令，

则

，

因为，所以，

所以，即，

所以函数在上是减函数

21. 已知定义在上的函数满足：.

（1）求函数的表达式；

（2）若函数在区间上最小值为，求实数的值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题可知函数满足①，将①式中换成可得②式，联立①②，即可求出函数的表达式；

（2）由（1）可求出，根据二次函数的图象与性质易知开口向上且关于对称，结合题目条件，分类讨论当，，三种情况下的函数在区间上的单调性，进而求得的最小值，从而可得实数的值.

【小问1详解】

解：根据题意，可知函数满足：①，

将①式中换成可得②式：

即：②，

联立①②得，

解得：，

所以函数的表达式为.

【小问2详解】

解：由（1）可得，

而在区间上最小值为，

，易知二次函数开口向上且关于对称，

当，即时，在区间上单调递增，

则，解得：，满足题意，

当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

则 ，解得：或（舍去），

当，即时，在区间上单调递减，

则，解得：（舍去），

所以综上得：.

22. 设二次函数满足，且关于的不等式的解集为.

（1）求函数的解析式；

（2）若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意方程的两个根为，设，由，即得解

（2）转化为在上有解，分，两种情况讨论，当时，令，转化为，结合单调性求的值域即得解

【小问1详解】

关于的不等式的解集为

故对应方程的两个根为

设，

又，  

【小问2详解】

由在上有解，

 ① 当时，；

 ② 当时，令，则，

，

设；

由于都为定义域上的增函数

故在，上单调递增，且

值域为.

值域为

综上，当时原方程有解.