2022-2023学年河南省洛阳市宜阳第一高级中学高一上学期第四次月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年河南省洛阳市宜阳第一高级中学高一上学期第四次月考数学试题（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省洛阳市宜阳第一高级中学高一上学期第四次月考数学试题 一、单选题1．，，，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】先解一元二次不等式求出集合，，再根据集合的基本运算即可求解.【详解】或，，或，因为，或，故选：C.2．“”是“函数在区间上为增函数”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【分析】求出函数在区间上为增函数的的取值范围，结合与的关系求出答案【详解】的图象如图所示，要想函数在区间上为增函数，必须满足，因为是的子集，所以“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件.故选：A3．已知函数的图象如图所示，则函数的图象为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】首先判断是偶函数，确定函数的图象，再利用对称性求的图象.【详解】首先是偶函数，函数图象关于轴对称，当时，，时，将轴右侧的图象翻折到左边，即得的图象. 其次 表示将的图象关于x轴作对称变换，即得的图象.故选：D4．已知，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据不等式的性质作差比较可证B正确，举反例可说明ACD错误．【详解】若，则，，，ACD均错误．因为，，所以．B正确．故选：B．【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．应用时涉及到不等式的乘除时，不等式两边的正负对不等式的成立有决定性作用，一般比较大小可用作差法．5．已知，是方程的两个实数根，则的值是A．2023 B．2021 C．2020 D．2019【答案】A【分析】根据题意可知，，，所求式子化为即可求解；【详解】，是方程的两个实数根，∴，，，∴；故选A．【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．6．若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知可得，从而所求不等式可变形为，即可选出正确答案.【详解】解：由可得，因为解集为，所以，则，即，解得，故选:C.7．已知幂函数的图像过点，则 的值域是（   ）A． B．C． D．【答案】D【解析】先求出幂函数解析式，根据解析式即可求出值域.【详解】幂函数的图像过点，，解得，， 的值域是.故选：D.8．若，都是奇函数，在（0，＋∞）上有最大值5，则在（－∞，0）上有（    ）A．最小值－5 B．最大值－5 C．最小值－1 D．最大值－3【答案】C【分析】由于、为奇函数，得为奇函数，则在（0，＋∞）上有最大值3，即可得的最值.【详解】因为、为奇函数，∴为奇函数．又有最大值5，　∴在（0，＋∞）上有最大值3，∴－2在上有最小值－3，∴在上有最小值－1．故选：C9．已知函数的定义域是，与的图象关于点成中心对称，若在上有意义，则实数的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【分析】根据 g（x）与f（x）图象关于点（1，0）成中心对称得g（x）＝-f（2﹣x），∴g（ax）＝-f（2﹣ax），再利用f（x）的定义域为[0，3]得0≤2﹣ax≤3在上恒成立,即可得到a的范围．【详解】由g（x）与f（x）图象关于点（1，0）成中心对称，知，，又函数的定义域是，若在上有意义，在上恒成立， ，故选C.【点睛】本题考查函数对称性的应用，考查复合函数定义域的应用和恒成立问题的解法，属于中档题.10．已知在区间[0，1]上的最大值为g(a)，则g(a)的最小值为（    ）A．0 B． C．1 D．2【答案】B【解析】由已知结合对称轴与区间端点的远近可判断二次函数取得最值的位置，从而可求．【详解】解：因为的开口向上，对称轴，①即时，此时函数取得最大值，②当即时，此时函数取得最大值，故，故当时，取得最小值．故选：．【点睛】本题主要考查了二次函数闭区间上最值的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．11．甲港和乙港之间新辟了一航线，每天正午分别从甲、乙两港相对开出船.若所有船的航速相同，且从甲港到乙港需航行7昼夜，则通航的第4天（通航日为第1天），从甲港开出的那只船在海上遇到了乙港开来的船（不包括在港口相遇）共有（    ）A．4只 B．7只 C．10只 D．11只【答案】C【分析】由题意作出图形，要使甲港开出的那只船在海上遇到了乙港开来的船（不包括在港口相遇），可得交点个数，就是相遇的船只.【详解】由题意作出图形：从甲港到乙港需航行7昼夜，顺次连接乙港1、甲港8两点，乙港2、甲港9两点、的线段分别表示从乙港开出的船在相应时间内的航行路线，又甲港第四条开出的船也要经过7天到达乙港，连接甲港4、乙港11两点的线段表示甲港船的航行路线，由图形可得该线与乙港开出船的航行路线有11个交点，这些点分表表示从甲港开出的船遇到乙港开出船的次数，又不包括在港口相遇，除去在乙港口相遇的点一共有10个，故从甲港开出的那只船在海上遇到了乙港开来的船（不包括在港口相遇）共有10只，故选：.12．定义运算：，如，函数（且）的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】时，根据的定义即可得出，这样即可求出；同样时，可得出，即得出的值域为，．【详解】解：时，，此时；时，，此时，的值域为，．故选：． 二、填空题13．已知函数满足，且，，则__________．【答案】10【分析】根据，且，，利用赋值法求解.【详解】因为，且，，所以，，故答案为：1014．已知命题“，使”是真命题，则实数a的取值范围是___________.【答案】或【分析】结合判别式求得的取值范围.【详解】依题意：“，使”是真命题，所以，解得或.故答案为：或15．函数的取值集合为 __.【答案】或【分析】化简函数解析式，结合基本不等式求得函数的值域.【详解】，函数的定义域是，当时，，当且仅当时等号成立，当时，，当且仅当，时等号成立，所以函数的取值集合为或.故答案为：或16．函数的最小值=__________________．【答案】【分析】换元后由函数单调性求最小值．．【详解】设，则，，设，则，∴，即，∴函数在时是增函数，∴时，．故答案为：．【点睛】本题考查求函数最值，解题方法是换元法，利用函数单调性求最值． 三、解答题17．已知命题，命题,若命题都是真命题，求实数的取值范围．【答案】．【分析】通过命题的真假关系，求得命题都是真命题时实数的取值范围取交集即可.【详解】解：①命题是真命题，则当时，，解得，不满足条件； 当时，要使得，必有，解得， 命题是真命题时． ②命题是真命题，则有，即， 解得：或． 综上①②，命题都是真命题时，．18．解答下列问题(1)设，，，比较与的大小；(2)已知，，求的取值范围.【答案】(1)；(2)，. 【分析】（1）利用作差、配方法即可得出与的大小；（2）根据条件可得出,再由，即可得出的取值范围.【详解】（1）解：因为-（）==，所以；（2）解：，，令，所以，解得，所以，，所以，即.19．已知.（1）解关于的不等式；（2）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[2，4].【分析】（1）由题整理得，再分和两种情况求解即可；（2）由题知，进而得，在结合基本不等式得，再解不等式即可.【详解】解：（1）由可得，即，那么，当时，此时无解；当时，，此时不等式的解集为.综上，当时，不等式无解，当时，不等式的解集为.（2）由，即.∵，∴，又，∵函数的最大值为8，此时.∴，即，解得，故实数的取值范围为[2，4].20．已知函数f (x)＝(a，b为常数，且a≠0)满足f (2)＝1，方程f (x)＝x有唯一解，（1）求函数f(x)的解析式；（2）若，求函数的最大值.【答案】（1）f(x)=；（2）.【解析】（1）由可得，由此方程的解唯一，可得 ，可求出，再由f (2)＝1，可求出的值，进而可求出函数f(x)的解析式；（2）由题意可得，然后求出 的最小值，可得的最大值【详解】解：（1）由，得，即 . 因为方程有唯一解，所以，即， 因为f (2)＝1，所以＝1，所以，所以＝ ；（2）因为，所以，而，当，即时，取得最小值 ，此时取得最大值.21．已知函数，．（1）当时，且，求函数的值域；（2）若关于的方程在上有两个不同实根，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）令，将原函数转化为二次函数求值域即可.（2）令，由知，原问题转化为方程在上有两个不等实根，构造函数，利用根的分布即可求的取值范围．【详解】（1）当时，令，由，得，，当时，；当时，．∴函数的值域为；（2）令，由知，且函数在单调递增．∴原问题转化为方程在上有两个不等实根，求的取值范围．设，则，即，解得．∴实数的取值范围是．【点睛】本题主要考查了函数求值域的方法，考查了换元法，注意新元的取值范围，属于中档题.22．如图，要在一块矩形空地上开辟一个内接四边形为绿地，且点､､､都落在矩形的四条边(含顶点)上.已知，，且.设，绿地的面积为.（1）写出关于x的函数关系式，并写出这个函数的定义域；（2）记的最大值为，求的表达式.【答案】（1），其定义域为；（2）.【分析】（1）由题意可知，，而绿地的面积等于矩形空地的面积减去的面积，从而可得的函数关系式；（2）由于的对称轴为，所以分和两种情况讨论求函数的最值【详解】（1），..，其定义域为.（2）当即时，则时，取最大值.当即时，在上是增函数，则时，取最大值.综上所述，