2022-2023学年黑龙江省哈尔滨德强学校高一上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年黑龙江省哈尔滨德强学校高一上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．设集合，则下列正确的是

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：由可知1，2是集合中的元素，元素与集合间的关系是，所以

【解析】集合和元素的关系

2．函数的定义域是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数解析式，建立不等式组，解得答案

【详解】由，则，解得且，

即函数的定义域为，

故选：C

3．设函数f(x)＝则f(f(3))＝(　　)

A． B．3 C． D．

【答案】D

【详解】,

,故选D.

4．设集合，．若，则       (　  　)

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】∵ 集合，，

        ∴是方程的解，即

        ∴

        ∴，故选C

5．已知，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意，根据不等式的性质，可得答案.

【详解】，，，

故选：D．

6．若正数满足，则的最小值是（    ）

A． B． C．5 D．

【答案】A

【分析】利用基本不等式求解.

【详解】，

当且仅当时等号成立，

∴的最小值是.

故选：A

7．同学们在生活中都有过陪同爸爸妈妈去加油站加油的经历，小明发现一个有趣的现象：爸爸和妈妈加油习惯有所不同.爸爸每次加油都说“师傅，给我加300元的油”，而妈妈则说“师傅帮我把油箱加满”这个时候小明若有所思，如果爸爸､妈妈加油两次，第一次加油汽油单价为x元/升，第二次加油汽油单价是y元/升，妈妈每次加满油箱，需加油a升，我们规定谁的平均单价低谁就合算，请问爸爸､妈妈谁更合算呢？（    ）

A．爸爸 B．妈妈 C．一样 D．不确定

【答案】A

【分析】由题意，先计算爸爸和妈妈两次加油的平均单价，再作差法比较大小，即得解

【详解】由题意，妈妈两次加油共需付款元，爸爸两次能加升油

设爸爸两次加油的平均单价为元/升，妈妈两次加油的平均单价为元/升

则，且

所以爸爸的加油方式更合算

故选：A

8．定义在上的函数满足，若的图像关于点对称，且函数在上单调递减，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件构造函数，易得为奇函数，且单调递减，从而可求得不等式解集.

【详解】因为的图像关于点对称，

由图像平移变换可知的图像关于原点对称，即为奇函数，

令，则

即也为奇函数，

又函数在上单调递减，由对称性可知，在上递减，

又因为，所以

所以

即

所以，即解集为

故选:A.

二、多选题

9．下列命题的否定中，是全称量词命题且为真命题的有

A．

B．所有的正方形都是矩形

C．

D．至少有一个实数，使

【答案】AC

【分析】通过原命题的否定为全称量词命题且为真命题，确定原命题是特称量词命题且为假命题，根据此结论逐项分析.

【详解】由条件可知：原命题为特称量词命题且为假命题，所以排除BD；

又因为，，所以AC均为假命题，

故选AC.

【点睛】（1）含一个量词的命题的否定方法：改变量词，否定结论；

（2）常见的：含有全部、都、所有等词时，对应的是全称命题；含有存在、有一个等词对应的是特称命题.

10．下列不等式推理正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，，则 D．若，则

【答案】BD

【分析】采用特殊值验证可判断选项AC不正确，利用不等式的性质可证明选项BD，进而可得正确选项.

【详解】对于选项A：取，，满足，但，故选项A不正确；

对于选项B：由可得，所以，故选项B正确；

对于选项C：取，，，，满足，，则，故选项C不正确；

对于选项D：由可得，所以，故选项D正确，

故选：BD.

11．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．的最大值为 B．在是增函数

C．的解集为 D．的解集为

【答案】ABD

【解析】求出时，的最大值，单调性，再结合偶函数性质可判断AB，由特殊值可判断C，求出时的函数解析式，然后解不等式可判断D．

【详解】∵是偶函数，

时，，时，最大值是，∴时，最大值也是，A正确；

在是单调递减，因此在上递增，B正确；

，C错误；

时，解得，时，，

，解得，综上的解集是，D正确．

故选：ABD．

【点睛】方法点睛：本题函数的奇偶性，考查函数的性质，由于偶函数图象关于轴对称，因此只要求在一侧函数的最值，单调性就可得到函数在轴另侧侧的最值、单调性．但如果不仅仅涉及偶函数，还涉及到其他函数时一般可求出的解析式，然后求解．

12．设表示不超过的最大整数，如：，，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（    ）

A．， B．，若，则

C．， D．不等式的解集为或

【答案】BC

【分析】对于A，采用特殊值验证的方法，可得答案；

对于B，根据新函数的定义，给出的范围，结合不等式的性质，可得答案；

对于C，根据新函数的定义，设自变量为整数和小数部分组合的形式，根据小数部分不同取值，进行验证，可得答案；

对于D，根据二次不等式的求解，结合新函数的定义，可得答案.

【详解】对于A，，则，故，故A不成立．

对于B，设，则，

故，所以，故B成立．

对于C，设，其中，

则，

若，则，故；

若，则，故，故C成立．

对于D，由不等式，，可得或，

由题意，则或，故D不正确．

故选：BC.

三、填空题

13．命题“，都有成立”的否定是______

【答案】，使得成立

【解析】根据全称命题的否定直接写结果.

【详解】因为的否定为，

所以命题“，都有成立”的否定是：，使得成立

故答案为：，使得成立

【点睛】本题考查全称命题的否定，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．已知非空集合M同时满足条件：①；②若，则.那么，这样的集合M一共有______个.

【答案】7

【分析】根据题意确定集合M中元素特点，再根据子集个数求解.

【详解】因为，则，所以中元素可以为三类：；；3；

因为M为非空集合，所以集合M一共有

故答案为：7

【点睛】本题考查集合子集个数，考查基本分析求解能力，属基础题.

15．已知，且，则的最小值为_________．

【答案】4

【分析】根据已知条件，将所求的式子化为，利用基本不等式即可求解.

【详解】，,

，当且仅当=4时取等号，

结合,解得，或时，等号成立.

故答案为：

【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，“1”的合理变换是解题的关键，属于基础题.

16．已知函数f1(x)＝|x－1|，f2(x)＝x＋1，g(x)＝＋，若a，b∈[－1,5]，且当x1，x2∈[a，b]时，＞0恒成立，则b－a的最大值为________．

【答案】5

【详解】 且 恒成立，在区间上单调第增，

∵函数

当 时，，单调减；

当 单调增；

当时，，单调递增．的最大值为．

故答案为5.．

【点睛】本题考查了恒成立问题，考查了转化思想方法，解得的关键是对题意的理解，以及对隐含条件的挖掘，是中档题．

四、解答题

17．求下列函数的解析式.

（1）已知，求；

（2）已知一次函数满足，求.

【答案】（1）；（2）或．

【详解】试题分析：（1）设，则，求解的表达式，即可求解函数的解析式；（2）设，根据，求得的值，即可求解函数的解析式.

试题解析：（1）（换元法）设，则，

∴，

∴.

（2）（待定系数法）∵是一次函数，∴设，则

，

∵，∴，解得或.

∴或.

【解析】函数的解析式.

18．设：，：（），若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】

【分析】设，，化简集合,再解不等式组即得解.

【详解】设，所以，

设，所以，

因为p是q的充分不必要条件，所以是的真子集，

即，所以.

所以实数a的取值范围为.

19．已知函数．

（1）当时，解关于的不等式；

（2）解关于的不等式，其中．

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】（1）利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）利用已知条件代入整理得到，分三种情况讨论，当时，两根分三种情况讨论即可得出结果.

【详解】（1）当时，，

解，

得或．

故不等式的解集为.

（2）∵，

∴，

∴，

即，

当时，解得，

当时，解得或，

当时，不等式，

即为，

当时，解得，

当时，解得，

当时，解得，

综上：当时，解集为，

当时，解集为，

当，解集为

当时，解集为，

当时，解集为．

【点睛】方法点睛：解含参数的一元二次不等式的步骤：

（1）若二次项系数含有参数，则应讨论参数是等于，小于，还是大于，然后将不等式转化为二次项系数为正的形式；

（2）判断方程根的个数，讨论判别式与的关系；

（3）确定无根式可直接写出解集，确定方程有两根时，要讨论两根的大小关系，从而确定不等式的解集.

20．已知函数是定义域上的奇函数.

（1）确定的解析式；

（2）用定义证明：在区间上是减函数；

（3）解不等式.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.

【解析】（1）利用奇函数的定义，经过化简计算可求得实数，进而可得出函数的解析式；

（2）任取、，且，作差，化简变形后判断的符号，即可证得结论；

（3）利用奇函数的性质将所求不等式变形为，再利用函数的定义域和单调性可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.

【详解】（1）由于函数是定义域上的奇函数，则，

即，化简得，因此，；

（2）任取、，且，即，

则，

，，，，，，.

，，因此，函数在区间上是减函数；

（3）由（2）可知，函数是定义域为的减函数，且为奇函数，

由得，所以，解得.

因此，不等式的解集为.

【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求参数、利用定义法证明函数的单调性以及函数不等式的求解，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.

21．中国“一带一路”战略构思提出后，某科技企业为抓住“一带一路”带来的机遇，决定开发生产一款大型电子设备.生产这种设备的年固定成本为万元，每生产台，需另投入成本（万元），当年产量不足台时，（万元）；当年产量不小于台时，（万元）.若每台设备售价为万元，通过市场分析，该企业生产的电子设备非常畅销.

(1)求年利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式；

(2)当年产量为多少台时，该企业在这一电子设备的生产中所获利润最大?

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）分、两种情况讨论，利用利润等于销售收入减去固定成本与投入成本，可得出利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式；

（2）利用二次函数的基本性质以及基本不等式求出函数在、的最大值，比较大小后可得出结论.

【详解】（1）解：当且时，；

当且时，.

综上所述，.

（2）解：当且时，，

当时，；

当且时，，

当且仅当时，等号成立.

因此，当年产量为台时，该企业在这一电子设备的生产中所获利润最大.

22．已知二次函数

（1）若在的最大值为，求的值；

（2）若对任意实数，总存在，使得．求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】由解析式可知为开口方向向上，对称轴为的二次函数；

（1）分别在和两种情况下，根据函数单调性可确定最大值点，由最大值构造方程求得结果；

（2）将问题转化为对恒成立，分别在、、和，根据单调性可得，将看做关于的函数，利用恒成立的思想可求得结果.

【详解】由解析式知：为开口方向向上，对称轴为的二次函数，

（1）当，即时，在上单调递减，

，不合题意；

当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

，

又，，在的最大值为，

，解得：；

综上所述：.

（2）若对任意实数，总存在，使得，

则对恒成立，

①当时，在上单调递增，

，

当时，单调递增，

，；

②当，即时，在上单调递减，

，

当时，单调递减，

，；

③当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

，

当时，又，，

令，则在上单调递增，

，解得：；

④当，即时，在上单调递减，在上单调递增，

，

当时，在上单调递减，

，解得：；

综上所述：的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题考查根据二次函数最值求解参数值、恒成立问题的求解，本题解题关键是能够将问题转化为对恒成立，从而通过对于函数单调性的讨论得到最值.