2022-2023学年云南省昆明市第一中学高一上学期期中数学试题含解析

2022-2023学年云南省昆明市第一中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据交集的定义求解即可

【详解】由题，

故选：C

2．若，，则的值可能是（    ）

A．4 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】运用不等式的性质求出的范围即可.

【详解】因为，，所以

所以

故选：B

【点睛】本题考查的是不等式的性质，较简单.

3．对于任意实数，，，，有以下四个命题：

①若，则；

②若，，则；

③若，，则；

④若，则.

其中正确的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】由不等式的性质可判断①②③，取特殊值可判断④．

【详解】选项①，由不等式的性质可得，正确；

选项②若，，由不等式的可加性可得正确；

选项③若，，则错误；

选项④，则错误，比如，但．

故选：B

4．函数的单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出定义域，在利用二次函数单调性判断出结果.

【详解】函数的定义域需要满足，解得定义域为，

因为在上单调递增，所以在上单调递增，

故选：D.

5．已知函数图像过（0，0），则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．充要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据函数性质判断充分必要性.

【详解】解：由题意得：

必要性：函数图像过（0，0），则，故可以推出；

充分性：，若，则或 ，则无法推出；

则“”是“”的必要不充分条件.

故选：C

6．已知是幂函数，且在上单调递增，则满足的实数的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由幂函数的定义求得的可能取值，再由单调性确定的值，得函数解析式，结合奇偶性求解.

【详解】由题意，解得或，

又在上单调递增，所以，，

所以，，易知是偶函数，

所以由得，解得或.

故选：D.

7．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】已知一元二次不等式的解集求参数问题先利用解集和韦达定理求出系数关系，然后解分式不等式即可.

【详解】解：由题意得：

因为不等式的解集为

所以，且是方程的两根

由韦达定理可知：，解得：

所以等价于

即或

解得：或

故则不等式的解集为

故选：A

8．若两个正实数，满足且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用基本不等式求得的最小值，再解一元二次不等式求得的取值范围.

【详解】，

，

当且仅当时等号成立.

所以，

解得或，

所以的取值范围是.

故选：C

9．已知函数是R上的减函数，则实数a的取值范围可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由函数是R上的减函数可知：及时，递减，且，由此可求得参数的取值范围.

【详解】解：由题意得：

函数是R上的减函数

当时，函数要递减，则有；

当时，函数要递减，则有；

且

解得：

综上所述：实数a的取值范围可以是

故选 ：D

二、多选题

10．已知条件p：，条件q：，且p是q的必要条件，则m的值可以是（    ）

A． B． C．- D．0

【答案】BCD

【分析】根据必要条件转化为集合的包含关系，求解即可.

【详解】设，,

因为p是q的必要条件，所以，

当时，由无解可得，符合题意；

当时，或，当时，由解得，

当时，由解得.

综上，的取值为0，，.

故选：BCD

11．下面四个结论正确的是（    ）

A．，若，则．

B．命题“”的否定是“

C．“”是“”的必要而不充分条件．

D．“是关于x的方程有一正一负根的充要条件．

【答案】BD

【分析】举特值判断A；根据特称命题的否定判断B，根据充分条件和必要条件的定义进行判断C、D作答．

【详解】对于A，取，满足，而，A不正确；

对于B，存在量词命题的否定是全称量词命题，则“”的否定是“”，B正确；

对于C，取，满足，而，即不能推出，

反之，取，满足，而，即不能推出，

所以“”是“”的既不充分又不必要条件，C不正确；

对于D，当方程有一正一负根时，由方程两根之积可得，

反之，当时，，方程有两个根，并且两根之积为负数，两根异号，

所以“”是“关于x的方程有一正一负根”的充要条件，D正确．

故选：BD

12．函数的图像可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】通过对取值，判断函数的图象，推出结果即可.

【详解】由题可知，函数，

若时，则，定义域为：，选项C可能；

若，取时，则函数定义域为，且是奇函数；时函数可化为 选项B可能；

若时，如取，，定义域为：且是奇函数，选项A可能，

故不可能是选项D，

故选：

【点睛】本题主要考查了由函数解析式判断函数图象，属于高考高频考点，涉及函数的定义域、奇偶性，单调性，特殊值代入，等属于中档题.

三、填空题

13．集合A＝{x|x＜a}，B＝{x|1≤x≤3}，且，则实数a的取值范围为 _______．

【答案】（3，+∞）

【分析】根据并集，补集的定义和运算法则进行计算．

【详解】解：∵集合A＝{x|x＜a}，B＝{x|1≤x≤3}，

∴＝{x|x＜1或x＞3}，

因为，

所以a＞3，

故答案为：（3，+∞）．

14．设偶函数在区间上单调递增，若，，，则a，b，c从大到小关系为_________.

【答案】

【分析】利用是偶函数将自变量化到，再利用单调性判断大小关系.

【详解】因为是偶函数，所以，

又因为在区间上单调递增，且，

所以，即，

故答案为：.

15．定义，设函数，则的最大值为______

【答案】

【分析】化简函数的解析式，作出函数的图象，结合图象可得出函数的最大值.

【详解】当时，即，解得或，

此时，；

当时，即，解得，

此时，，

所以，，

作出函数的图象如下：

由图可知.

故答案为：.

16．已知是上的奇函数，且在上是增函数，又，则不等式的解集是_______________

【答案】

【分析】根据题意，作出函数的图象，结合图象，分类讨论，即可求得不等式的解集，得到答案.

【详解】由题意，不等式，可转化为或，

因为是上的奇函数，且在上是增函数，且，

可得函数的图象，如图所示，

由图象可得，当时，解得；

当时，解得，

所以不等式的解集为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数的单调性的综合应用，以及不等式的求解，着重考查了数形结合思想，解答本题的关键是利用函数的性质作出函数的草图，属于中档试题.

四、解答题

17．已知函数.

(1)判断在区间上的单调性，并用定义证明；

(2)判断的奇偶性，并求在区间上的值域.

【答案】(1)在区间上单调递减，证明见解析

(2)为奇函数，

【分析】(1)由单调性的定义证明；

(2)确定函数的奇偶性，结合(1)可以得到上的单调性.

【详解】（1）在区间上单调递减，证明如下：

，，且，有

.

因为，，且，所以，.

于是，即.

所以在区间上单调递减.

（2）的定义域为.

因为，所以为奇函数.

由（1）知在区间上单调递减，结合奇偶性可得在区间上单调递减，故在区间上单调递减.

又因为，，所以在区间上的值域为.

18．已知是二次函数，该函数图像开口向上，与轴交点为：（0,0），（4,0)，且在上的最小值为-8.

（1）求的解析式；

（2）若在区间上单调，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据函数图象与轴交点，可设解析式为，再利用函数的最小值列方程求解即可；（2）由在区间上单调，可得二次函数的对称轴不在区间内，即或，从而可得结果.

【详解】（1）因为是二次函数，函数图像开口向上，与轴交点为：（0,0），（4,0)，

所以可设,

所以在最小值是，

所以.

所以.

（2）要使函数在单调，

由 得：函数图象的对称轴为： ,

当函数在单调递减时，应满足，解得：；

当函数在单调递增时，应满足；

综上，的取值范围为.

【点睛】本题主要考查二次函数的解析式与单调性，以及分类讨论思想的应用，属于中档题. 二次函数在闭区间上的单调性主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.

19．设函数，.

(1)解关于x的不等式；

(2)当时，不等式恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析.

(2).

【分析】（1）分、、三种情况求解即可；

（2）由条件可将不等式化为，然后求出的最小值即可.

【详解】（1）当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为.

（2）因为，所以由可得，，

因为，当且仅当，即时等号成立，

所以.

20．已知函数是定于在[-2，2]上的奇函数，当时，.

(1)当时，且函数的解析式；

(2)若，求实数a的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用函数的奇偶性性质及可求解；

（2）根据奇偶性和单调性化简不等式解不等式即可.

【详解】（1）解：由题意得：

当时，，

又因为函数是定义在上的奇函数

故，所以

所以函数

当时，且函数的解析式

（2）由函数得解析式可得奇函数在上单调递增

所以即为

所以，解得：

又因为，且

解得：

故a的取值范围.

21．定义在上的函数满足，且函数在上是增函数．

(1)求的值；

(2)判断函数的奇偶性并证明；

(3)若，解不等式．

【答案】(1)

(2)是偶函数；证明见解析

(3)或

【分析】（1）分别令和，即可得结果；

（2）令结合偶函数的定义即可得结果；

（3）求出，结合单调性和奇偶性可将不等式化为且，解出即可.

【详解】（1）令，则．

再令，可得，

∴．

（2）是偶函数；

证明：令可得，

∴是偶函数．

（3）令得，∴．

所以不等式，即，

又因为为上的偶函数，所以且，

又因为在上是增函数，所以且

解得或

所以不等式的解集为或．

22．某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”.经调研发现：某珍稀水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（单位：千克）满足如下关系：，肥料成本投入为元，其它成本投入（如培育管理､施肥等人工费）元.已知这种水果的市场售价大约为15元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为（单位：元）.

(1)求的函数关系式；

(2)当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？

【答案】(1)

(2)当施用肥料为4千克时，种植该果树获得的最大利润是480元

【分析】（1）用销售额减去成本投入得出利润的解析式；

（2）分段判断的单调性，及利用基本不等式求出的最大值即可．

【详解】（1）由已知

（2）解：由（1）得

当时，；

当时，

当且仅当时，即时等号成立.

因为，所以当时，.

∴当施用肥料为4千克时，种植该果树获得的最大利润是480元.