【期中真题】辽宁省大连市第二十四中学2022-2023学年高一上学期期中数学试题.zip

2022-2023学年度上学期期中考试高一年级数学科试卷

命题人：李响  校对人：庄杰

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：C.

3. 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：ABD

10. 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，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，，即此时的解为；

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，

因为开口向下，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，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.