2021-2022学年福建省泉州市晋江市第一中学高一上学期期中质量检测数学试题（解析版）

2021-2022学年福建省泉州市晋江市第一中学高一上学期期中质量检测数学试题

一、单选题

1．设集合，则

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由题意，故选A.

点睛:集合的基本运算的关注点：

(1)看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提．

(2)有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决．

(3)注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn图．

2．已知命题，则为（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【分析】根据全称命题的否定为特称命题，可选出答案.

【详解】由题意可知，命题的否定为：，

故选：B.

3．函数（且）的图像必经过定点是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用，求解指数型函数图像过的定点.

【详解】时，有，则，

∴函数（且）的图像必经过定点是.

故选：B

4．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】判断单调性和奇偶性得到A正确，根据单调性排除BD，根据奇偶性排除C，得到答案.

【详解】对选项A：函数定义域为，，，函数为偶函数，当时，函数单调递增，满足；

对选项B：当时，，函数单调递减，排除；

对选项C：的定义域为，是非奇非偶函数，排除；

对选项D：当时，单调递减，排除.

故选：A.

5．已知函数，则的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，直接计算即可得答案.

【详解】解：由题知，，.

故选：D

6．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】因为，，

而，，

所以，，

又，

所以，

即，

所以有．

故选．

7．函数的单调递增区间是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先由求出函数的定义域，再利用复合函数的单调性即可求解.

【详解】由可得，解得：或，

所以函数的定义域为，

因为是由和复合而成，

因为在定义域内单调递增，

对称轴为，开口向上，

所以在单调递减，在单调递增，

根据复合函数同增异减可得：

在单调递减，在单调递增，

所以函数的单调递增区间是，

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是先计算函数的定义域，外层函数单调递增，只需求二次函数在定义域内的增区间即可.

8．定义：区间的长度为,已知函数的定义域为，值域为，记区间的最大长度为，最小长度为则方程的实根个数（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出函数的图象，从而结合图象可得，的值；进而方程的根的个数转化

为函数与的图象交点的个数，分别作出函数的图象即可求解.

【详解】由题意可知，作函数的图象,如图所示

函数的定义域为，值域为，

可知区间的最大长度为，最小长度为，

所以，即

方程的根的个数转化为函数与

的图象交点的个数

作函数与的图象，如图所示

由图可知，函数与的图象有个交点，

所以方程的实根个数为.

故选:B．

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．命题“，”的否定是“，”

B．命题“，”的否定是“，”

C．“”是“”的必要而不充分条件

D．“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件

【答案】BD

【解析】A.根据全称命题的否定的书写规则来判断；B. 根据特称命题的否定的书写规则来判断；C.根据充分性和必要性的概念判断；D. 根据充分性和必要性的概念判断.

【详解】解：A.命题“，”的否定是“，”，故错误；

B.命题“，”的否定是“，”，正确；

C.，不能推出，也不能推出，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故错误；

D.关于的方程有一正一负根，所以“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，正确，

故选：BD.

【点睛】本题考查全称命题，特称命题否定的写法，以及充分性，必要性的判断，是基础题.

10．下列各组函数表示的是同一个函数的是（    ）

A．与 B．与

C．与 D．与

【答案】AD

【分析】根据两个函数定义域相同，对应关系也相同，判断它们是同一个函数即可得出结果.

【详解】对于A选项，，定义域为R，，定义域为R，两函数定义域相同，

对应关系相同，是同一个函数，所以A选项正确；

对于B选项，，定义域为，，定义域为，

两函数对应关系不同，不是同一个函数，所以B选项错误；

对于C选项，，定义域，，定义域为，

两函数定义域不同，不是同一个函数，所以C选项错误；

对于D选项，，定义域，，定义域，

两函数定义域相同，对应关系相同，是同一个函数，所以D选项正确，

故选：AD

11．若，则下列结论一定成立（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】利用指数函数单调性可以判定A和C选项，对数函数性质可判定B选项，

D选项可代入特殊值法判断.

【详解】若，则，根据指数函数单调性性质，直接得，

，所以A和C选项正确，由对数函数性质，当时，

，当时，，所以B选项错误，

取特殊值，，，

，所以，即D选项错误，

故选：AC

12．—般地,若函数的定义域为,值域为,则称为的“倍跟随区间”;特别地,若函数的定义域为,值域也为,则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是

A．若为的跟随区间,则

B．函数不存在跟随区间

C．若函数存在跟随区间,则

D．二次函数存在“3倍跟随区间”

【答案】BCD

【解析】根据“倍跟随区间”的定义,分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可.

【详解】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A错误.

对B,由题,因为函数在区间与上均为增函数,故若存在跟随区间则有,即为的两根.

即,无解.故不存在.故B正确.

对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,

即,因为,所以.

易得.

所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.

故,解得,故C正确.

对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.

故D正确.

故选：BCD

【点睛】本题主要考查了函数新定义的问题,需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.

三、填空题

13．已知方程的两根为,则_______．

【答案】14

【分析】根据韦达定理,得到,将数值代入到中即可求得.

【详解】解:由题知的两根为,

由韦达定理可知:,

.

故答案为:14

14．函数的定义域为________．

【答案】

【解析】根据对数的真数大于零，偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式组，即可解得函数的定义域.

【详解】由题意可得，解得.

因此，函数的定义域为.

故答案为：.

【点睛】本题考查函数定义域的求解，一般要根据求函数定义域的基本原则建立不等式组求解，考查计算能力，属于基础题.

15．设函数，若恒成立，则实数a的取值范围是_______．

【答案】

【解析】首先判断函数的奇偶性和单调性，根据函数性质，不等式等价于，再根据函数的单调性得，再利用参变分离的方法，转化为函数的最值，求的取值范围.

【详解】由函数的解析式可知函数的定义域为，且满足，所以函数是偶函数，当时，，

，

是单调递减函数，也是减函数，

所以函数 是单调递减函数

，

即，当时，不等式成立，

当时，，即，

，当时，等号成立，

即，

综上可知的取值范围是.

故答案为：

【点睛】本题考查指数函数，函数的奇偶性和函数的单调性，解抽象不等式，属于中档题型.

方法点睛：本题涉及利用函数的奇偶性和单调性，解抽象不等式，一般包含以下方法：

1.奇函数和单调性解抽象不等式，首先确定函数的给定区间上的单调性，将不等式转化为的形式，再根据单调性去掉“”，再解不等式；

2.偶函数和单调性解抽象不等式，首先确定函数在的单调性，根据，将不等式转化为的形式，再根据单调性去掉“”，解不等式.

四、双空题

16．图①是某公交车线路的收支差额(票价总收入减去运营成本)与乘客量x的函数图象.目前这条线路亏损，为了扭亏，有关部门提出了两种扭亏为赢的建议，如图②和图③，根据图象分别说明这两种建议，图②的建议是______；图③的建议是_____.

【答案】     增加票价，运营成本不变     票价不变，降低运营成本

【解析】由图①可以看出，直线的斜率的实际意义是票价，在y轴上的截距的相反数表示运营成本，根据图②③中的斜率截距变化即可得出.

【详解】由图①可以看出，直线的斜率的实际意义是票价，在y轴上的截距的相反数表示运营成本，

图②中，直线的斜率增加，在y轴上的截距不变，即表示增加票价，运营成本不变，

图③中，直线斜率不变，直线的截距增加，即表示票价不变，降低运营成本.

故答案为：增加票价，运营成本不变；票价不变，降低运营成本.

五、解答题

17．计算下列各式的值．

(1)；

(2)．

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）根据根式的定义与分数指数幂的运算法则计算．

（2）根据对数的运算法则、换底公式计算．

【详解】（1）原式．

（2）原式

18．已知，且．

(1)求的最小值；

(2)若恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据系数“1”的妙用，结合基本不等式即可得到结果；

（2）根据题意结合基本不等式可得，然后求解关于的不等式，即可得到结果.

【详解】（1）因为，所以

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为

（2）因为，

所以，

所以，当且仅当时等号成立，

因为恒成立，

所以，解得

所以实数的取值范围为

19．已知幂函数的图像关于原点对称，且在上函数值随的增大而增大.

（1）求的解析式；

（2）求满足的的取值范围.

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）根据幂函数图像关于原点对称和在上递增，求得的值.

（2）利用幂函数的奇偶性和单调性列不等式，解不等式求得的取值范围.

【详解】（1）由题可知，函数在上单调递增，∴，解得.又，∴.

又函数图像关于原点对称，∴为奇数，故.∴.

（2）∵，∴.

∵为奇函数，∴.

又函数在上单调递增，∴.∴.

∴的取值范围是.

【点睛】本小题主要考查幂函数解析式的求法，考查幂函数的单调性和奇偶性，属于基础题.

20．已知是二次函数，的解集是且.

（1）求函数的解析式；

（2）当时，函数的最值；

（3）令.若函数在区间上不是单调函数，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）的最大值为16，最小值为7；（3）.

【分析】（1）由，再转化的解集是为是对应方程的两个根，结合韦达定理，可得，即得解；

（2）为开口向下的二次函数，对称轴为，根据二次函数性质即得解；

（3）转化为的对称轴在给定区间的开区间内，即，求解即可

【详解】（1）设.

∵

∴

又的解集是

∴是方程的两个根

∴，解得

∴.

（2）由于为开口向下的二次函数，对称轴为

根据二次函数性质，当

当时，取得最大值，即，

由于比离对称轴远，故当时，取得最小值，即

（3）∵

∴.

∵函数在区间上不是单调函数

∴,解之得:.

∴实数的取值范围是

21．地铁给市民出行带来很多便利．已知某条线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，．经测算，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当时地铁为满载状态，载客量为1200人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为560人，记地铁载客量为．

（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为6分钟时，地铁的载客量

（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？

【答案】（1），

（2）当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为120元．

【分析】（1）由题意知，，为常数），再由（2）求得，则可求，进一步求得（6）得答案；

（2）由，可得，分段求最值得答案．

【详解】（1）由题意知，，为常数），

（2），

，

，

（6）；

（2）由，可得

，

当时，，

当且仅当时等号成立；

当时，，当时等号成立，

当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为120元．

答：当发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大，最大为120元．

【点睛】方法点睛：在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.

22．已知函数．

(1)判断函数在其定义域上的单调性（不需要证明）﹔

(2)对任意的，都有，若存在的两个取值，使得为常数），求的值．

【答案】(1)在上单调递增

(2)

【分析】（1）求出函数式，然后根据单调性的性质判断；

（2）已知等式交叉相乘后取对数变形利用（1）中函数的单调性得出，代入，利用是此方程的两个解，得出培训五日关系，完成证明.

【详解】（1）由已知，由于和在上都是增函数，

因此在定义域内是增函数；

（2）由，即，化简为．

因为，所以，又由题可知，所以．

所以两边取对数得，即，

即，即，即，

由（1）知为上的增函数，所以．

又因为，即存在使成立，

不妨设，即，

即，即，所以．