2022-2023学年北京市大兴区高一上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市大兴区高一上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用交集的定义可求得集合.

【详解】由已知可得.

故选：B.

2．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定即可直接求解.

【详解】由题意知，

命题“”的否定为“”.

故选：B.

3．已知函数若，则实数的值为（    ）

A． B．或 C．或 D．

【答案】A

【分析】根据分段函数解析式求解即可.

【详解】由题知：.

故选：A

4．下列函数中，定义域和值域不相同的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据一次函数，幂函数和分段函数的性质，逐个选项进行判断即可得到答案.

【详解】对于A，的定义域和值域都为，该函数的定义域与值域相同.

对于B，的定义域为，值域为，该函数的定义域与值域相同.

对于C，的定义域为，值域为，该函数的定义域与值域相同.

对于D，的定义域为，值域为，该函数的定义域与值域不相同.

故选：D

5．如果，且，那么下列不等式中一定正确的是（    ）

A． B． C．  D．

【答案】C

【分析】分析可知，而的符号不确定，结合不等式的基本性质可判断各选项的正误.

【详解】因为，则，即，而的符号不确定，

对于A选项，若，则，A错；

对于B选项，若，则，B错；

对于C选项，因为，由不等式的基本性质可得，C对；

对于D选项，因为，由不等式的基本性质可得，D错.

故选：C.

6．“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】

∴“”是“”的充分必要条件．

故选C

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键．

7．已知f(x)＝x2－(m＋2)x＋2在区间[1，3]上是单调函数，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，结合二次函数的图象即可求解.

【详解】因为函数，开口向上，对称轴为，

又因为函数在区间上是单调函数，

当函数在区间上单调递增时，则有，解得：；

当函数在区间上单调递减时，则有，解得：；

综上可知：实数的取值范围是，

故选：.

8．给出下列个不等式：①x＜1；②0＜x＜1；③－2＜x＜0；④－1＜x＜1，其中，可以使x2＜1成立的一个充分条件的所有序号为（    ）

A．① B．②③ C．②④ D．①④

【答案】C

【分析】根据和一元二次不等式的解法可得，结合①②③④，然后根据充分，必要条件进行判定．

【详解】∵，

∴②④是的充分条件；①是必要不充分条件；③是不必要不充分条件.

故选：C.

9．已知为定义在上的奇函数，且，当时，，则当时，的所有解的和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析函数的周期性和对称性，作出函数与在上的图象，数形结合可求得结果.

【详解】因为已知为定义在上的奇函数，且，则，

所以，，故函数为周期函数，且周期为，

且函数的图象关于直线对称，故函数在上的图象关于直线对称，

当时，，则，

作出函数与在上的图象如下图所示：

由图可知，直线与函数在上的图象有四个交点，分别为、、、，

设，由图可知，点、关于直线对称，

点、关于直线对称，则.

故选：A.

10．有米长的钢材，要做成如图所示窗户的窗框：上半部分为四个全等的扇型组成的半圆，下半部分为四个全等的小矩形组成的矩形，则窗户面积的最大值为（    ）

A．  B．　 C． D．

【答案】D

【分析】设小矩形的长为米，宽为米，窗户的面积为平方米，根据图形可得，进而求出面积S的关系式，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】设小矩形的长为米，宽为米，窗户的面积为平方米，

则，所以，

所以

，

由，得，解得，

因为，

所以当时，窗户的面积取得最大，且最大值为.

故选：D.

二、填空题

11．函数f(x)=的定义域为___________.

【答案】且

【解析】由分母不能为和根式内部的代数式大于等于联立不等式组，解得即可.

【详解】由题意得：，解得，所以定义域为且.

故答案为：且

【点睛】本题主要考查了函数定义域的求解，属于基础题．

12．设集合，，若，则______.

【答案】

【分析】根据集合相等可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得解.

【详解】由集合元素的互异性可知，则，因为，则，解得，

因此，.

故答案为：.

13．若，并且，则由小到大的顺序排列是______.

【答案】.

【分析】根据已知条件分别解关于和的一元二次不等式，从而可得结论.

【详解】由，，得，

由，，得或，

因为，所以舍去，

所以，

故答案为：.

14．设函数的定义域为，能说明“若函数在上的最大值为，则函数在上单调递增“为假命题的一个函数是__________.

【答案】，，（答案不唯一）

【分析】根据题意，可以构造在定义域为上，先减后增的函数，满足最大值为1，即可得答案.

【详解】根据题意，要求函数的定义域为，在上的最大值为，但在上不是增函数，

可以考虑定义域为上，先减后增的函数的二次函数，

函数，符合，

故答案为：，，（答案不唯一）.

15．已知非空集合满足：，.对于函数给出下列结论：

①存在非空集合对，使得没有最小值；

②不存在非空集合对，使得为奇函数；

③存在唯一非空集合对，使得为偶函数；

④存在无穷多非空集合对，使得方程无解.

其中，所有正确结论的序号为______.

【答案】①②④

【分析】当时，此时无最小值，可以判断①正确；该分段函数上下均不是奇函数，故不存在集合对符合题意，②正确；通过举例可以找到多个集合对使得为偶函数，则③错；当集合满足且时，④正确.

【详解】当时，此时无最小值，可以判断①正确;若则，，为偶函数，

若则， ；

若，则 ，

若，则，，

综上不存在非空集合对，使得为奇函数，②正确；

当时，为偶函数，当时，为偶函数，故不唯一，③错误；时，解得，则当集合满足且时，方程无解，又，所以存在无数多非空集合对，使得方程无解,④正确.

故答案为：①②④

三、解答题

16．已知集合，，且.

(1)当时，求；

(2)若，求m的取值范围.

【答案】(1)；

(2)或.

【分析】（1）先求出集合，然后利用并集的定义直接求解即可，

（2）先求出，然后由，得，则可列出关于的不等式，从而可求得结果.

【详解】（1）当时，，

因为，

所以；

（2）因为，

所以或，

因为，所以，

因为，

所以或，

得或，

所以m的取值范围为或.

17．已知函数，且.

(1)求实数a的值；

(2)判断的奇偶性，并说明理由；

(3)判断在区间上的单调性，并用单调性定义证明.

【答案】(1)；

(2)奇函数，理由见解析；

(3)增函数，证明见解析.

【分析】(1)将代入函数解析式计算即可求；

(2)根据函数解析式求出，结合奇偶函数的定义即可判断；

(3)且，根据函数解析式求得，结合增减函数的定义即可下结论.

【详解】（1）由，，

得，解得.

所以实数的值为-1；

（2）函数为奇函数.

由(1)知，，函数的定义域为，

，即，

所以函数为奇函数；

（3）函数在上为增函数.

由(1)知，，

，且，

，

又，所以，

所以，即，

故函数在上为增函数.

18．一公司某年用98万元购进一台生产设备，使用年后需要的维护费总计万元，该设备每年创造利润50万元.

(1)求使用设备生产多少年，总利润最大，最大是多少？

(2)求使用设备生产多少年，年平均利润最大，最大是多少？

【答案】(1)10年，102万元；

(2)7年，12万元.

【分析】(1)设该设备使用年后获得总利润为万元，则，结合二次函数的性质即可求解；

(2)由(1)可得，结合基本不等式计算即可求解.

【详解】（1）设该设备使用年后获得总利润为万元，

则，

该二次函数为开口向下、对称轴为的抛物线，

所以当时，函数y即总利润取得最大，且最大值为102万元；

（2）由(1)可知，年平均利润为

，

当且仅当即时，等号成立，

所以使用设备7年后的年平均利润最大，且最大值为12万元.

19．已知是R上的奇函数，且当时，.

(1)作出函数的图象(不用列表)，并指出它的单调递增区间；

(2)求当时，的解析式；

(3)讨论关于的方程的解的个数.（直接写出结论）

【答案】(1)图象见解析，单调递增区间为，

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）根据奇函数的性质，再求出时函数的解析式，即可得到函数在上的解析式，从而画出函数图象，结合图象得到函数的单调递增区间；

（2）由（1）可得函数在时的解析式；

（3）方程的解的个数，即函数与的交点个数，结合图象即可判断.

【详解】（1）解：因为是上的奇函数，所以，

又当时，，

当时则，，因为是上的奇函数，

所以，所以，

综上可得，所以函数图形如下所示：

由函数图象可得函数的单调递增区间为，；

（2）解：由（1）可得当时；

（3）解：当时，，

所以，

当时，所以，

因为关于的方程的解的个数，即函数与的交点个数，

由图可得当或时有且仅有一个交点，即方程只有个解；

当或或时有两个交点，即方程有个解；

当或或时有三个交点，即方程有个解；

综上可得：当或时方程只有个解，当或或时方程有个解，当或或时方程有个解.

20．已知函数，.

(1)若是偶函数，求的取值；

(2)求关于的不等式的解集.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用偶函数的定义可求得实数的值；

（2）由已知可得，对实数的取值进行分类讨论，利用二次不等式和一次不等式的解法解原不等式，可得其解集.

【详解】（1）解：因为函数为偶函数，则，，

所以，，所以，恒成立，

所以，，解得.

（2）解：.

①当时，原不等式即为，解得；

②当时，方程的解为或.

（i）当时，，解原不等式可得或；

（ii）当时，，解原不等式可得；

（iii）当时，原不等式即为，该不等式无解；

（iv）当时，，解原不等式可得.

综上所述，当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为.

21．已知含有限个元素的集合是正整数集的子集，且中至少含有两个元素.若是由中的任意两个元素之和构成的集合，则称集合是集合的衍生集.

(1)当时，写出集合的衍生集；

(2)若是由4个正整数构成的集合，求其衍生集的元素个数的最小值；

(3)判断是否存在5个正整数构成的集合，使其衍生集，并说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)不存在

【分析】（1）根据已知即可写出衍生集.

（2）根据互异性判断元素个数最少的条件即可.

（3）根据已知分类讨论即可得出矛盾.

【详解】（1）由已知，，，故集合

（2）设 ，其中 ，不妨设，

又因为 ，集合共6个元素

由不等式的性质可知，

若时，则集合 5个元素

若时，则集合 6个元素

故集合的元素个数的最小值为5.

（3）由（2）可知集合，可知集合最多有10个元素

由已知共七个元素，故有三个元素不满足互异性

不妨设，故，，

又因为，有且仅有，即

当时：因为，故或

           若即，与矛盾（舍去）

           若即，令，，则，                          

.           （舍去）

当时：则，则，与已知矛盾（舍去）

当 时：不符合题意，故舍去.

故当集合时不存在满足条件的集合.