2022-2023学年北京市第五十七中学高一上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市第五十七中学高一上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，若，则实数的值为（    ）

A．2 B．0 C．0或2 D．1

【答案】B

【解析】先化简集合A，再根据求解.

【详解】已知集合，，

因为，

所以m=0，

故选：B

【点睛】本题主要考查集合基本关系的应用，属于基础题.

2．已知命题p：x <1，，则为

A．x ≥1, ＞ B．x <1,

C．x <1,  D．x ≥1,

【答案】C

【详解】 根据全称命题与存在性命题之间的关系，

可知命题的否定为，故选C．

3．设集合S={x|x＞﹣2}，T={x|x2+3x﹣4≤0}，则（∁RS）∪T=（　　）

A．（﹣2，1] B．（﹣∞，﹣4] C．（﹣∞，1] D．[1，+∞）

【答案】C

【详解】∵集合S={x|x＞﹣2}，

∴∁RS={x|x≤﹣2}

由x2+3x﹣4≤0得：T={x|﹣4≤x≤1}，

故（∁RS）∪T={x|x≤1}

故选C．

4．设函数，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】考虑，两种情况，代入函数解不等式得到答案.

【详解】当时，，即，解得，

故；

当时，，即，解得，故.

综上所述：.

故选：B.

5．已知f（x）是定义在R上的奇函数，若x1，x2∈R，则“x1+x2＝0”是“f（x1）+f（x2）＝0”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】根据函数奇偶性的性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断.

【详解】函数是奇函数,

若，则，

则，

即成立,即充分性成立，

若，满足是奇函数，当时

满足，此时满足，

但，即必要性不成立，

故“”是“”的充分不必要条件，

所以A选项正确.

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据函数奇偶性的性质是解决本题的关键.

6．根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)＝(A，c为常数)．已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A件产品用时15分钟，那么c和A的值分别是

A．75,25 B．75,16 C．60,25 D．60,16

【答案】D

【详解】由题意可得：f（A）==15，所以c=15而f（4）==30，

可得出=30故=4，可得A=16

从而c=15=60

故答案为D

7．若不等式|x-3|+|x-4|<a的解集不为空集，则a的取值范围是（    ）

A．a≤1 B．a≥1 C．a<1 D．a>1

【答案】D

【分析】不等式转化为，求得函数的最小值后，即得的取值范围.

【详解】由条件可知成立，即，

，即.

故选：D

8．已知，，若，则

A．有最小值 B．有最小值

C．有最大值 D．有最大值

【答案】A

【分析】根据基本不等式的性质，即可求解有最小值，得到答案.

【详解】由题意，可知，，且，

因为，则，即，

所以，

当且仅当时，等号成立，取得最小值，

故选A．

【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

9．直角梯形OABC中，，，，直线l：截该梯形所得位于l左边图形面积为S，则函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据直线的运动位置分析面积的表达式，进而得到分段函数：，然后根据不同段上的函数的性质即可求解．

【详解】由题意可知：当时，，

当时，；

所以．

结合不同段上的函数的性质，可知选项C符合．

故选：C．

10．已知集合，集合，，满足：①每个集合都恰有7个元素；②．集合中元素的最大值与最小值之和称为集合的特征数，记为，则的最大值与最小值的和为（    ）

A．132 B．134 C．135 D．137

【答案】A

【分析】判断集合中元素的最小值与最大值的可能情况，然后按照特征数定义求解即可．

【详解】集合满足：①每个集合都恰有7个元素；②．

一定各包含7个不同数值．

集合中元素的最小值分别是1，2，3，最大值是21，15，9，特征数的和最小，

如：，特征数为22；

，特征数为17；

，特征数为12；

则最小，最小值为22＋17＋12＝51．

当集合中元素的最小值分别是1，7，13，最大值是21，20，19时，特征数的和最大，

如：，特征数为22；

，特征数为27；

，特征数为32；

则最大，最大值为22＋27＋32＝81，

故的最大值与最小值的和为81＋51＝132．

故选：A．

二、填空题

11．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.

12．若一元二次方程的两个根为，，求______.

【答案】

【分析】代入韦达定理公式计算即可.

【详解】由韦达定理得

，

所以

故答案为：

13．写出一个使得命题“恒成立”是假命题的实数的值__________．（写出一个的值即可）

【答案】

【分析】根据题意，假设命题“恒成立”是真命题，根据不等式恒成立，分类讨论当和时两种情况，从而得出实数的取值范围，再根据补集得出命题“恒成立”为假命题时的取值范围，即可得出满足题意的的值.

【详解】解：若命题“恒成立”是真命题，

则当时成立，

当时有，解得：，

所以当时，命题“恒成立”是真命题，

所以当时，命题“恒成立”为假命题，

故答案为：.（答案不唯一，只需）

14．奇函数的定义域为，若在上单调递减，且，则实数的取值范围是________________ .

【答案】

【详解】因为奇函数的定义域为，若在上单调递减，所以在定义域上递减，且，所以 解得，故填.

点睛：利用奇函数及其增减性解不等式时，一方面要确定函数的增减性，注意奇函数在对称区间上单调性一致，同时还要注意函数的定义域对问题的限制，以免遗漏造成错误.

15．设函数，若，则a=___________.

【答案】

【解析】先令，则，求解的值，然后再分类讨论，求解的值.

【详解】令，则，当时，有，无解，

当时，有，解得，或，

所以或，

当时，，，故 无解；

当时，若，则，得，

若，则，即，无解，

综上所述：.

故答案为：.

【点睛】本题考查分段函数的应用，考查根据函数值求参，难度一般，解答时注意分类讨论思想的运用.

三、双空题

16．设函数

①若，使得成立，则实数的取值范围是______.

②若函数为上的单调函数，则实数的取值范围是______.

【答案】          或

【分析】①由知，函数关于直线对称，结合图像可知的取值范围；

②令 ，，根据与的单调性，结合图像知，或

【详解】①由知，函数关于直线对称，由函数解析式绘制出其图象的几种大致情况，如下图示.

结合图像知：当，使得时，需.

②分别令，，则在上单增，在R上单增，结合上述图像可知：若在R上单增，则需或.

故答案为：①；②或.

四、解答题

17．已知集合，，．

（1）若，求实数的取值范围；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）由补集的运算求出，由条件和并集的运算求出实数的取值范围．

（2）由得，分类讨论与，求出实数的取值范围

【详解】解：（1），或.

又，，，即实数的取值范围是.

（2），.

当时，符合题意.

当时，由得，故，

当时，不等式的解集为空集；

当时，解得.

综上可知，实数的取值范围为.

【点睛】本题考查并、补集的混合运算，以及求参数的范围，属于基础题．

18．解关于x的不等式．

【答案】详见解析.

【分析】分类讨论，求不等式的解集即可.

【详解】原不等式变形为．

①当时，；

②当时，不等式即为，

当时，x或；

由于，于是

当时，；

当时，；

当时，．

综上，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；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．

19．已知二次函数（，，为常数）满足条件：①图象过原点；②；③方程有等根．

(1)求的解析式；

(2)求在上的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由①可得，由②得，由③可得，即可求得a、b、c的值，可得答案；

（2）可得函数在上单调递增，在上单调递减，由二次函数的性质可得值域．

【详解】（1）由①图象过原点可得，

由②可得函数的对称轴为

由③方程有等根可得，即有两个相等的实根，

故，即，从而得，

故的解析式为：；

（2）由（1）知，

由二次函数的性质可知函数在上单调递增，在上单调递减，

故当时，函数取最大值，

当时，函数取最小值，

故在上的值域为．

20．对于函数，

(1)判断其奇偶性，并指出图象的对称性；

(2)画此函数的图象，并指出其单调区间.

(3)讨论方程的解的个数

【答案】(1)偶函数，图象关于轴对称

(2)单调递增区间为，单调递减区间为 ，

(3)见解析

【分析】（1）根据奇偶性的定义即可求解，

（2）根据奇偶性画出函数图象，即可得单调区间，

（3）根据的图象，以及直线的交点个数即可求解.

【详解】（1）的定义域为,关于原点对称，又，

故是偶函数，图象关于轴对称，

（2），所以图象如下：

单调递增区间为，单调递减区间为 ，

（3）在同一直角坐标系中画出的图象，以及直线如图所示：

当时，的图象与直线有2个交点，故此时方程有2个实数根，

当时，的图象与直线有4个交点，故此时方程有4个实数根，

当时，的图象与直线有6个交点，故此时方程有6个实数根，

当时，的图象与直线有3个交点，故此时方程有3个实数根，

当时，的图象与直线没有交点，故此时方程无实数根.

21．某厂生产某种零件，每个零件的成本为40元，出厂单价定为60元．该厂为了鼓励经销商订购该零件，决定每次订购超过100个零件时，每多订购1个，订购的全部零件的出厂单价就降低0.02元，但实际出厂单价不能低于51元．

(1)求当经销商一次订购多少个零件时，零件的实际出厂单价恰好为51元；

(2)若经销商一次订购个零件时，该厂获得的利润为y元，写出y关于x的表达式．

【答案】(1)550个

(2)

【分析】（1）依题意设一次订购个零件，实际出厂单价恰好为51元，即可得到方程，解得即可；

（2）设一次订购x个零件时，零件的实际出厂单价为W元，根据的取值范围确定的值，则利润计算可得；

【详解】（1）解：设零件的实际出厂单价恰好为51元时，一次订购个零件，

则，解得，

所以当一次订购550个零件时，零件的实际出厂单价恰好为51元．

（2）解：设一次订购x个零件时，零件的实际出厂单价为W元，

当时，；

当时，；

当时，．

由题意得，

当时，；

当时，;

当时，．

故．

22．函数是定义在上的奇函数，且．

(1)确定的解析式；

(2)判断在上的单调性，并证明你的结论；

(3)解关于的不等式．

【答案】(1)

(2)增函数，证明见解析

(3)

【分析】（1）根据，得到的方程，解之即可求得；

（2）根据单调性的定义证明即可；

（3）根据单调性先去，再解不等式组即可，注意化简不等式时要补定义域．

【详解】（1）解：是定义在上的奇函数，

，

，

又由，

∴ ．

，

∴奇函数，

故符合题意，为所求解．

（2）解：在区间上为增函数．

证明：设．

而，

由，

得，

，

即，

．

故函数在上为增函数．

（3）解：由函数为奇函数且在上为增函数知：

，

，

解得：．

故不等式的解集为．

【点睛】本题的难点在（2）中判断与的大小，通分后要对分子进行因式分解；易错点为在（3）中化简不等式时不补定义域．