2021-2022学年山东省青岛市青岛第二中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2021-2022学年山东省青岛市青岛第二中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用补集的定义即可求解

【详解】因为全集，集合，

所以，

故选：D

2．已知命题p：，，则命题p的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据特称命题的否定为全称命题求解即可.

【详解】由命题p：，得否定：，.

故选：C.

3．下列函数中，既是偶函数，又是在区间上单调递减的函数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数奇偶性的定义和函数单调性判断选项即可.

【详解】对于A选项，，故函数为奇函数，在上是减函数，

不满足题意，故错误；

对于B选项，是二次函数，满足，

故是偶函数，在上单调递减，故符合题意，正确；

对于C选项，，故函数为奇函数，在上是增函数，

不满足题意，故错误；

对于D选项，，故函数为奇函数，

在上是增函数，不合题意，故错误；

故选：B

4．已知，其中a，b为常数，若，则（    ）

A．4042 B．2024 C．－4042 D．－2024

【答案】A

【分析】构造奇函数，求出，利用奇函数定义求得，然后可得．

【详解】令，则，为奇函数，

又，

所以，则，

所以，

故选：A.

5．已知在上是减函数，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复合函数的单调性即可求解.

【详解】令，则，

因为在上是减函数，由复合函数的单调性知，

函数与的单调性相反；

又因为单调递减，

所以需在上单调递增.

函数的对称轴为，所以只需要，

故选:A.

6．已知，且，则“函数在上是减函数”是“函数在上是增函数”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】若函数在上是减函数，则这样函数在上单调递增；若函数在上是增函数，则

故选A.【考点定位】本题结合函数的单调性考查充分必要条件的判定，从基础知识出发，通过最简单的指数函数入手，结合熟知的三次函数设计问题，考查了综合解决问题的能力

【详解】请在此输入详解！

7．若直线与函数（，且）的图象有两个公共点，则可以是（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】分类讨论作出两函数的图象，数形结合可得

【详解】由题意，直线与函数，且的图象有两个公共点，

当时，的图象如图所示，

由已知得，；

当时，的图象如图所示，

由已知可得，

，结合可得无解，

综上可知，的取值范围为，

故选：C

8．下列大小关系不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数的单调性即可判断.

【详解】A选项：，，

因为，

又因为指数函数在R上单调递增，

所以，即，故A正确；

B选项：，因为，；

又因为指数函数在R上单调递减，

所以，故B正确；

C选项：因为，，所以，故C错误；

D选项：因为，，所，故D正确；

故选:C.

二、多选题

9．如果a，b，，，那么下列不等式正确的是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】AC

【解析】A．利用立方差公式分析该选项；B．采用举例的方式去说明；C．根据指数函数的单调性去判断；D．分析的情况并进行判断.

【详解】A．因为，且（不同时为），

且，所以，所以，故正确；

B．取，所以，故错误；

C．因为在上单调递增且，所以，故正确；

D．当时，，故错误；

故选：AC.

【点睛】方法点睛：常见的比较大小的方法：

（1）作差法：作差与作比较；

（2）作商法：作商与作比较（注意正负）；

（3）函数单调性法：根据函数单调性比较大小；

（4）中间值法：取中间值进行大小比较.

10．已知函数的图像经过点，则下列结论正确的有（    ）．

A．为偶函数 B．为增函数

C．若，则 D．若，则

【答案】BCD

【解析】先代点求出幂函数的解析式，根据幂函数的性质直接可得单调性和奇偶性，由可判断C，利用展开和0比即可判断D.

【详解】将点代入函数得：，则，所以，

显然在定义域上为增函数，所以B正确.

的定义域为，所以不具有奇偶性，所以A不正确.

当时，，即，所以C正确.

若时，

=

=.

即成立，所以D正确.

故选：BCD

11．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.

12．表示不超过x的最大整数，定义函数，则下列结论正确的有（    ）

A．函数的值域为

B．方程有无数个解

C．函数在区间上单调递增

D．若直线与函数的图象恰有三个不同的交点，则k的取值范围是

【答案】BCD

【分析】由函数的定义确定是周期为1的函数，在时得出函数表达式，从而可求得值域，判断AC，由周期性判断B，作出函数的图象，及直线，由图形求得的范围可判断D．

【详解】显然，所以

所以，

所以是周期为1的函数，

当时，

所以函数的值域为，故A错误，同时得C正确；

因为是周期为1的函数，所以方程有无数个解，故B正确；

作出函数的图象，作直线，

直线，过点时，，过点时，，过点时，，过点时，，

直线横过定点（－1，0），要使与恰有三个交点，

由图可知，或，D正确.

故选：BCD．

【点睛】本题考查新定义函数，考查函数的应用．解题关键是理解并能应用新函数．在理解新函数基础上应用已有知识解决问题．如在研究函数图象交点问题时，作出函数图象，并理解直线过定点，然后通过图象确定结论．

三、填空题

13．函数的定义域为_______________.

【答案】

【分析】由根式函数定义域的求法得到，再转化为，利用一元二次不等式的解法求解.

【详解】因为，

所以，

解得，

所以函数的定义域为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及分式不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

14．已知正数满足，则的最小值为______.

【答案】9

【分析】l利用基本不等式“1”的妙用即可求解.

【详解】

，

当且仅当即，时等号成立.

故答案为:9.

15．已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是________．

【答案】

【分析】根据函数是上的增函数，则每一段都是增函数且左侧的函数值不大于右侧的函数值.

【详解】函数是上的增函数，

函数，

解得.

故答案为：

【点睛】本题主要考查分段函数的单调性的应用，属于基础题.

16．对于函数，若在定义域存在实数，满足，则称为“局部奇函数”．若函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围为______．

【答案】

【分析】根据“局部奇函数”的定义便知，若函数是定义在上的“局部奇函数”，只需方程有解．可设，从而得出方程在时有解，从而设，由二次函数的性质分析可得答案．

【详解】根据题意，由“局部奇函数”的定义可知：

若函数是定义在上的“局部奇函数”，

则方程有解，即有解；

变形可得，

即有解即可.

设，则，当且仅当时，等号成立.

则方程等价为在时有解.

设，若方程的两根分别为、，则，

所以，，

解可得：，即的取值范围为．

故答案为：．

【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

四、解答题

17．已知集合，，.

(1)求；

(2)若，求实数a的取值范围.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用指数函数的单调性即可求解不等式；

（2）由可得，分两种情况，分，别列出关于的不等式，解之即可

【详解】(1)由可得，

因为函数在上递增，所以解得，

所以；

(2)因为，所以，

若，解得，此时；

若，需满足，解得，此时，

综上，a的取值范围是

18．计算下列各式：

(1)；

(2).

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用分数指数幂进行计算；

（2）利用已知条件进行化简.

【详解】(1)原式

(2)因为，故原式

19．已知幂函数在上单调递增，.

(1)求实数m的值；

(2)当时，记，的值域分别为集合A，B，设命题p：，命题q：，若命题q是命题p的必要不充分条件，求实数t的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用幂函数定义和性质列关系式即可求解；(2)先求出,的值域，，再利用命题是命题的必要不充分条件可以推出A⫋B，由此列不等式即可求解.

【详解】(1)因为是幂函数，所以，

解得或.

又因为在上单调递增，

所以即，故.

(2)又(1)知，

因为在上单调递增，

所以当时，，，

所以在上的值域为，

函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，，

所以的值域为，

因为命题q是命题p的必要不充分条件，

所以A⫋B，所以或，解得，

所以实数t的取值范围是.

20．已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.

(1)求函数在上的解析式；

(2)证明函数在上是单调增函数；

(3)若对任意实数m，恒成立，求实数t的取值范围.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据函数的奇偶性求解；（2）利用函数单调性的定义证明；（3）利用函数奇偶性和单调性转化为二次不等式恒成立问题，然后分离参数，利用二次函数的性质求解.

【详解】(1)任取，则，

，

当时，，

又因为符合上式，

故，.

(2)任取且，

，

因为，，，，

所以，所以，

所以在R上单调递增.

(3)因为是奇函数，

原不等式可化为，

又因为在R上是单调增函数，

所以即对恒成立.

令，则，

所以，即t的取值范围为.

21．已知函数，且的解集为.

(1)求函数的解析式；

(2)解关于x的不等式（其中）；

(3)设，若对任意的，，都有，求t的取值范围.

【答案】(1)；

(2)答案见解析；

(3)

【分析】（1）由的解集端点与对应一元二次方程根的关系，应用根与系数关系求，写出函数解析式；

（2）转化条件为，按照、、分类，即可得解；

（3）转化条件为当时，，结合指数函数的性质即可得解

【详解】(1)由的解集为可得是方程的两个根，

所以，解得，

所以；

(2)，化简有即，

可整理得，

①当时，，不等式的解集为；

②当时，，不等式的解集为；

③当时，，不等式的解集为；

(3)由题意，，

对任意的，都有，

则当时，，

因为当时，单调递增，所以，，

所以，

所以，即t的取值范围为

22．已知函数，分别为定义在上的奇函数和偶函数，且满足.

(1)求函数，的解析式；

(2)令函数，，求的值域；

(3)若实数，讨论关于x的方程的根的个数.

【答案】(1)，；

(2)；

(3)答案见解析

【分析】（1）利用得到，根据，分别是奇函数和偶函数可得到，联立可得函数，的解析式；

（2）由（1）可得，，令，则，利用二次函数的性质即可求得答案；

（3）先化简方程得到，验证不是根，再分离参数构造函数，根据图象变换画出图像，进行数形结合即得到结果.

【详解】(1)因为，所以，

又因为，分别是上的奇函数和偶函数，

所以，

解得；

(2)由（1）可得，，

令，则，，

所以，，

所以的值域为，即的值域为；

(3)因为为奇函数，所以，

因为在上单调递增，在上单调递减，

所以在上单调递增，

所以原方程可化为，

所以，

当时，原方程不成立，则不是原方程的根；

当时，，

原方程根的个数即为函数与函数图象交点的个数.

函数是由对勾函数向上平移3个单位后保留轴及x轴上侧部分，将轴下侧部分对称到轴上侧,如图所示

结合图象可知，

当时，函数与没有交点，所以原方程无解；

当时，函数与有两个不同交点，所以原方程有两个不等根；

当时，函数与有四个不同交点，所以原方程有四个不等根；

当时，函数与有三个不同交点，所以原方程有三个不等根；

当时，函数与有两个不同交点，所以原方程有两个不等根；

当时，函数与有三个不同交点，所以原方程有三个不等根；

当时，函数与有四个不同交点，所以原方程有四个不等根；

综上，时，原方程根的个数为0；

或时，原方程根的个数为2；

或时，原方程根的个数为3；

或时，原方程根的个数为4

【点睛】方法点睛：判断函数零点个数（或方程的根的个数）的方法：

（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；

（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；

（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；

（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数.