2022-2023学年江苏省连云港市高一上学期期末模拟（五）数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省连云港市高一上学期期末模拟（五）数学试题

一、单选题

1．已知集合，,则（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由已知得，

因为，

所以，故选A．

2．命题“∀x∈R，|x|+x2≥0”的否定是（　　）

A．∀x∈R，|x|+x2<0 B．∀x∈R，|x|+x2≤0

C．∃x0∈R，|x0|+<0 D．∃x0∈R，|x0|+≥0

【答案】C

【分析】利用全称命题的否定可得出结论.

【详解】由全称命题的否定可知，命题“，”的否定是“，”.

故选：C.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据指数函数的单调性求出的范围，再求出的值即可判断.

【详解】，，

.

故选：C.

4．设集合的

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】B

【详解】主要考查充要条件的概念及充要条件的判定方法．

解：因为NM.所以“a∈M”是“a∈N”的必要而不充分条件．故选B．

5．函数的部分图象可能是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】∵，

∴，

∴函数的定义域为，

又，

∴函数为偶函数，且图象关于轴对称，可排除、．

又∵当时，，可排除．

综上，故选．

点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路(1)由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；②由函数的单调性，判断图象的变化趋势；③由函数的奇偶性，判断图象的对称性；④由函数的周期性，判断图象的循环往复．(2)由实际情景探究函数图象．关键是将问题转化为熟悉的数学问题求解，要注意实际问题中的定义域问题．

6．为了得到函数的图象，只要将的图象上所有的点（    ）

A．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

B．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变

C．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变

D．向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变

【答案】A

【分析】首先向左平移，可得，再横坐标缩小原来的倍，即可确定选项.

【详解】将函数图象向左平移个单位后所得到的函数图象对应的解析式为，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，

所得到的函数图象对应的解析式为．

故选：A．

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换及三角函数性质，属于基础题；图象的伸缩变换的规律：（1）把函数的图像向左平移个单位长度，则所得图像对应的解析式为，遵循“左加右减”；（2）把函数图像上点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍（），那么所得图像对应的解析式为.

7．已知函数，那么的值为（    ）

A．27 B． C．－27 D．

【答案】B

【分析】先求出，再求即可

【详解】解：因为，所以，

因为，

所以，

故选：B

【点睛】此题考查分段函数求值，考查对数指数的运算，属于基础题.

8．设，则关于的不等式的解集为（    ）

A．或 B．{x|x>a}

C．或 D．

【答案】A

【分析】当时，根据开口方向及根的大小关系确定不等式的解集.

【详解】因为，所以等价于，

又因为当时，，所以不等式的解集为：或．

故选：A．

【点睛】本题考查含参一元二次不等式的解法，较简单，解答时，注意根的大小关系比较.

二、多选题

9．下列命题中为真命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BCD

【分析】举反例得到A错误，根据不等式性质得到B正确，作差比较得到CD正确，得到答案.

【详解】取得到，A错误；

若，则，B正确；

，，C正确；

，，D正确.

故选：BCD.

10．设函数，则下列结论正确的是（    ）

A．的一个周期为 B．的图象关于直线对称

C．与轴的一个交点坐标为 D．在上单调递减

【答案】ABC

【解析】由最小正周期公式可判断A，由可判断B，由可判断C，由可得，进而可判断D.

【详解】对于A，函数最小正周期，所以A正确；

对于B，，

所以的图象关于直线对称，故B正确；

对于C，，故C正确；

对于D，当时，，所以函数在上不单调，

故D错误.

故选：ABC.

11．下列函数中，在各自定义域内既为增函数又为奇函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【解析】根据基本初等函数的性质直接判断AB，去掉绝对值号变为分段函数判断C，化简D可得，利用奇函数定义判断，利用单调性定义判断为增函数.

【详解】A项，是奇函数，满足，且为增函数

B项，图像关于原点对称，是奇函数，单子啊定义域内不是单调增函数

C项，，在定义域内为增函数，且关于原点对称

D项，，

成立，为奇函数.

设

分子

，当时，分子大于0

分母明显大于0，故得证，为增函数.

故选：ACD

【点睛】基本初等函数的奇偶性，单调性根据函数解析式可直接得出结论，复杂的函数一般先化简解析式，然后利用奇偶性、单调性定义判断即可.

12．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．

B．函数的值域为

C．函数的单调递增区间为

D．设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是

【答案】ABD

【解析】作出函数的图象，先计算，然后计算，判断A，根据图象判断BC，而利用参变分离可判断D．

【详解】画出函数图象.如图，

A项，，，

B项，由图象易知，值域为

C项，有图象易知，区间内函数不单调

D项，当时，恒成立，

所以即在上恒成立，

由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，

，当且仅当时等号成立，

所以.

当时，恒成立，所以在上恒成立，

即在上恒成立

令，

当时，，当时，，故；

令，

当时，，当时，，故；

所以.

故在R上恒成立时，有.

故选：ABD．

【点睛】关键点点睛：本题考查分段函数的性质，解题方法是数形结合思想，作出函数的图象，由图象观察得出函数的性质，绝对值不等式恒成立，可以去掉绝对值符号，再利用参变分离求参数的取值范围．

三、填空题

13．若，则的最小值是_________.

【答案】5

【分析】利用配凑法转化成形式一致的因式，再根据基本不等式“一正，二定，三相等”求出最小值即可.

【详解】，

当且仅当即时，等号成立，此时.

故答案为：.

14．在中，是方程的两根，则_______．

【答案】

【分析】根据韦达定理以及两角和的正切公式计算即可.

【详解】由题可知：是方程的两根

所以

所以

故答案为：

【点睛】本题主要考查两角和的正切公式，牢记公式，细心计算，属基础题.

15．已知集合P＝{x||x|>x}，Q＝{x|y＝}，则P∩Q＝________.

【答案】{x|x<0}

【解析】先确定集合P,Q，然后对集合P,Q取交集即可.

【详解】|x|>x⇒x<0，则P＝{x|x<0}，

∵1－x≥0⇒x≤1，∴Q＝{x|x≤1}，

故P∩Q＝{x|x<0}．

故答案为：{x|x<0}

【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.

16．若定义运算，则函数的值域是___.

【答案】

【分析】根据题意求出的解析式，再判断出函数的单调性，即可得到答案．

【详解】解：由得，，

在上是增函数，在上是减函数，

，

则函数的值域是：，

故答案为：．

【点睛】本题考查分段函数的值域，即每段值域的并集，也是一个新定义运算问题：取两者中较小的一个，求出函数的解析式并判断出其单调性是解题的关键，属于基础题．

四、解答题

17．已知全集，集合，，.

（1）求，；

（2）若，求实数的取值范围

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）利用并集的定义可求得集合，利用补集和交集的定义可求得集合；

（2）分和两种情况讨论，结合条件可得出关于实数的不等式组，进而可求得实数的取值范围.

【详解】（1）集合，，，

全集，则或，

因此，；

（2），.

①当时，则，解得；

②当时，若，则，解得.

综上所述，实数的取值范围是.

【点睛】本题考查集合的基本运算，同时也考查了利用集合的包含关系求参数的取值范围，考查计算能力，属于中等题.

18．（1）已知，求的最大值；

（2）已知、是正实数，且，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据x的范围，可得，原式转化为，结合基本不等式，即可得结果；

（2）根据基本不等式，“1”的妙用，即可求解.

【详解】（1）因为，，

，

当且仅当时，即当时，等号成立，

因此，函数（）的最大值为；

（2）、是正实数，且，，

则，

当且仅当且时取等号，此时取得最小值.

【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查“1”的妙用，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.

19．已知，，.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由可得，针对分式，分子分母同除即可得解；

（2）由且，可求得，再由且，可得，带入即可得解.

【详解】（1）因为，

所以，

因此.

（2）因为，，所以，，

因为，，所以.

所以.

.

20．首届世界低碳经济大会11月17日在南昌召开，本届大会的主题为“节能减排，绿色生态”.某企业在国家科研部门的支持下，投资810万元生产并经营共享单车，第一年维护费为10万元，以后每年增加20万元，每年收入租金300万元.

（1）若扣除投资和各种维护费，则从第几年开始获取纯利润？

（2）若干年后企业为了投资其他项目，有两种处理方案：

①纯利润总和最大时，以100万元转让经营权；

②年平均利润最大时以460万元转让经营权，问哪种方案更优？

【答案】（1）从第4年开始获取纯利润；（2）方案②.

【分析】（1）依据题意可知每年的维护费用满足的是等差数列，然后可得利润，令，简单计算以及判断可得结果.

（2）根据（1）的结论可计算方案①所获利润，计算结合基本不等式可得所获利润，然后进行比较可得结果.

【详解】（1）设第年获取利润为y万元，年共收入租金万元，付出维护费构成一个以10为首项，20为公差的等差数列，共

因此利润

令，解得：

所以从第4年开始获取纯利润．

（2）方案①：纯利润

所以15年后共获利润：1440+100=1540（万元）

方案②：年平均利润

当且仅当，即n=9时取等号

所以9年后共获利润：120×9+460=1540（万元）

综上：两种方案获利一样多，而方案②时间比较短，所以选择方案②．

【点睛】本题考查数列模型的应用问题，审清题意，理清思路，细心就算，属中档题.

21．已知二次函数满足，且.

（1）求的解析式；

（2）设函数，，求的最大值，并求的最小值.

【答案】（1）；（2），最小值为.

【解析】（1）设二次函数为，由，得，再由得，，从而可求出的值，进而可求得二次函数的解析式；

（2）由（1）可得，求得对称轴为，由于抛物线开口向上，所以分和求函数的最大值即可

，

【详解】解：（1）设二次函数为，

因为，所以，所以

由题意：

所以，解得，

所以

（2）

对称轴为，抛物线开口向上

当时，时，有最大值

即时，最小值为

当时，时，有最大值，

即时，

综上，

【点睛】关键点点睛：此题考查待定系数法求函数解析式，考查二次函数的图像与性质的应用，求二次函数最值时，最关键的是讨论抛物线的对称轴与区间中点的位置关系，由于抛物线的开口向上，所以距离对称轴越远函数值越大

22．若定义在R上的函数满足：，，都有成立，且当时，.

（1）求证：为奇函数；

（2）求证：为上的增函数；

（3）若，且，，恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）或.

【解析】（1）首先令求得，然后令可得奇函数的结论；

（2）设，由，再根据奇函数得，然后根据已知不等关系可得证；

（3）由函数定义求得，由单调性化简不等式为关于的一元二次不等式，由一元二次不等式恒成立，判别式可求得的范围．

【详解】解：（1）

可得为奇函数

（2）设

∵

∴

当时，，则等式左边大于0

故，增函数得证.

（3）

.

故

为增函数，可得

∵恒成立

∴

整理得

或．

【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的奇偶性与单调性的证明，考查不等式恒成立问题，奇偶性与单调性定义的掌握是解题关键，利用赋值法与奇偶性、单调性结合完成证明，有了单调性，不等式可通过单调性进行化简转化为通常的二次不等式问题完成求解．