2022-2023学年北京市四十四中学高一上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市第四十四中学高一上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据绝对值不等式的解法解出集合A，结合交集的定义和运算即可求解.

【详解】，

又，

所以.

故选：A.

2． 函数的定义域为

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【详解】试题分析：求函数的定义域，就是使式子有意义的几个部分的解集的交集，即为使该式有意义，

则满足，解得0≤x≤1，所以得定义域为．故选D．

【解析】函数定义域的求法．

3．命题“，”的否定是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】特称量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定.

【详解】“，”的否定是“，”

故选：D

4．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】A是增函数，不是奇函数；B和C都不是定义域内的增函数，排除，只有D正确，因此选D.

点评：该题主要考察函数的奇偶性和单调性，理解和掌握基本函数的性质是关键.

5．已知，下列说法正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】B

【分析】对A选项举反例，对B选项由不等式性质可知，对C选项举反例，对D选项当时，不成立.

【详解】对A选项，若,取,,则不成立,故A错误；

对B选项，,则由不等式的性质知,,故B正确；

对C选项.,取,则不成立,故C错误；

对D选项，,当时,不成立,故D错误.

故选：B.

6．函数的零点个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】利用方程法分别求出当、时函数的零点，进而即可求解.

【详解】当时，令，解得；

当时，令，解得.

所以函数有2个零点.

故选：C.

7．设，二次函数的图象为下列之一，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由二次函数的性质得该函数的对称轴不能为轴，当开口向上时，对称轴，进而得该函数图象，进而结合函数图象过坐标原点且开口向下即可得答案.

【详解】由题知，，

所以二次函数的图象不关于轴对称，故排除第一、二个函数图象，

当时，该二次函数的对称轴为，故第四个图象也不满足题意，

当时，该二次函数的对称轴为，开口向下，故第三个函数图象满足题意.

此时函数图象过坐标原点，故，解得，

由于，故.

故选：B

8．若，则“”是 “”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.

【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.

【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.

9．已知是方程的两个实数根，则的值是（    ）

A．2026 B．2024 C．2023 D．2022

【答案】A

【分析】由题知且，进而代入求解即可.

【详解】解：因为是方程的两个实数根，

所以且，

所以，且

所以

故选：A

10．若函数的值域为，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据分段函数的解析式，先求出时，函数的值域；再对二次函数的对称轴进行分类讨论；根据题中条件，即可得出结果.

【详解】由题意，

当时，显然单调递增，则；

当时，是开口向下，对称轴为的二次函数，

又函数的值域为，

当，即时，，即，解得：，

当，即时，，，

综上，

故选：D.

【点睛】分段函数的的值域为R，即要求各段函数在定义域内的值域并集为R,本题需要对二次函数的对称轴进行分类讨论.

11．设，，为实数，，，记集合，，若、分别表示集合、的元素个数，则下列结论不可能的是

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】令，得到或；当可得，令和可确定或，排除；当时，可知的根为，分别在、且、且时得到，讨论可求得，从而排除，得到结果.

【详解】令，即或

当，即无实根时，

此时无实根

时，无根；时，有唯一解

或，则有可能出现

当时，有两个相等实根

若，则，此时

若且，则，此时

若，则的根为：；又

，即时，

此时有唯一解：

若，则有唯一解，即

若，且，即时，有两解    ，则有可能出现

本题正确选项：

【点睛】本题考查新定义运算的问题，考查了一元高次方程根的个数的讨论，关键是能够根据一元二次方程根的个数，通过讨论的方式来进行排除.

12．函数的定义域为D，若对于任意，，当时都有，则称函数在D上为非减函数，设在上为非减函数，且满足以下三个条件：①；②；③，则等于（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】根据题设条件可得以及，从而可得和，根据时,都有可得，从而可求的值后可得的值.

【详解】∵函数在上为非减函数，

①，③，

令，得；令，得.

又∵②，∴.

令，得，∴.

令，得;

令，得.

∵当时，都有，

∴，∴.

∴.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的函数值的计算，注意根据不等关系求确定的值，一般用“夹逼”的方法（如），本题考查运算求解能力，属于难题.

二、填空题

13．若 ，则的最小值为________________．

【答案】

【分析】利用基本不等式求得最小值.

【详解】，

当且仅当时等号成立.

故答案为：

14．已知函数，则______.

【答案】

【解析】根据换元法，令得，代入题中条件，即可得出结果.

【详解】令，则，，

所以.

故答案为：.

15．已知，若，且，则___________.

【答案】

【分析】根据题干得到函数中，代入化简即可.

【详解】由题意知，因为，

所以．

故答案为：.

【点睛】关键点睛：这个题目考查了二次函数的轴对称性，二次函数中若，则两个自变量和 均是关于轴对称的.

16．偶函数在区间上单调递增，则不等式的解集为______

【答案】

【分析】由偶函数以及单调性解不等式即可.

【详解】因为偶函数在区间上单调递增，所以，即，，解得.

故该不等式的解集为.

故答案为：

17．若函数满足下列性质：

（1）定义域为，值域为；

（2）图象关于直线对称；

（3）对任意的，且，都有．

写出函数的一个解析式：_______．

【答案】（不唯一）

【分析】根据二次函数的对称性、值域及单调性可得一个符合条件的函数式.

【详解】由二次函数的对称性、值域及单调性可得解析式，

此时对称轴为，开口向上，满足（），

因为对任意，，且，都有，

等价于在上单调减，

∴，满足（），

又，满足（），

故答案为：（不唯一）．

18．关于的方程，给出下列四个命题：

①不存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；

②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；

③不存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；

④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根；

其中正确命题的序号是___________．（写出所有正确命题的序号）

【答案】②④

【分析】将方程，转化为，令，转化函数与的交点情况，分，，，讨论求解.

【详解】方程，可化为，

令，则，，在同一坐标系中，作出其图象，如图所示：

当时，交点的横坐标为，且在t的值域中，

令，解得，

故方程恰有5个不同的实根；

当，即时，图象有两个不同的交点，设交点的横坐标为，且，

令，解得，故方程恰有2个不同的实根；

当，即时，图象有两个不同的交点，设交点的横坐标为，且，

令，令，解得，

故方程恰有4个不同的实根；

当，即时，图象有四个不同的交点，设交点的横坐标为，

且，

令，，，，

解得，

故方程恰有8个不同的实根；

故答案为：②④

三、双空题

19．已知集合 ，．当时，________；若，则实数a的取值范围是________．

【答案】     ##空集；     .

【分析】当时，根据一元二次不等式的解法求出集合A和B，结合交集的定义和运算即可求解；由知集合是集合的子集，利用集合之间的包含关系计算即可.

【详解】，

或，

当时，，

所以；

由知，集合是集合的子集.

因为，所以，

则或，解得或，

所以实数a的取值范围为.

故答案为：；.

20．2014年12月28日开始，北京市公共电汽车和地铁按照里程分段计价．乘坐地铁（不包括机场线）具体方案如下：6公里（含）内3元；6公里至12公里（含）4元；12公里至22公里（含）5元；22公里至32公里（含）6元；32公里以上部分每增加1元可乘坐20公里．使用市政交通一卡通刷卡，每自然月内每张卡支出累计满100元以后的乘次，价格给予8折优惠；满150元以后的乘次，价格给予5折优惠；支出累计达到400元以后的乘次，不再享受打折优惠．小李上班时，需要乘坐地铁15.9公里到达公司，每天上下班共乘坐两次，每月按上班22天计算．如果小李每次乘坐地铁都使用市政交通一卡通，那么小李每月第21次乘坐地铁时，他刷卡支出的费用是___元；他每月上下班乘坐地铁的总费用是___元．

【答案】     4    

【分析】根据优惠方案，分别计算每次乘车的费用，进行累计即可．

【详解】小李每天的上下班的费用分别为5元，即每天10元，10天后花费100元，第21次乘坐地铁时，价格给予8折优惠，此时花费5×0.8＝4元，

10天后的费用100元，此时6天后花费8×6＝48，此时合计花费148元，

7天后的上午花费148+4＝152，从第17天的下午开始车费为5×0.5＝2.5元，

此时到22天结束还需要乘车11次，需要花费2.5×11＝27.5元，

故合计152+27.5＝179.5，

故答案为：4；179.5．

四、解答题

21．已知函数．

(1)判断函数的奇偶性，并证明；

(2)判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明．

【答案】(1)奇函数，证明见解析

(2)单调递减，证明见解析

【分析】（1）根据奇偶性的定义判断即可；

（2）根据反比例函数及一次函数的性质判断函数的单调性，再利用单调性的定义证明，按照设元、作差、变形、判断符号，下结论的步骤完成即可.

【详解】（1）解：为奇函数，

证明：因为的定义域为，

且，

所以为奇函数.

（2）解：因为与在上的单调递减，

所以在上的单调递减，

证明：设任意的，且，

所以

，

因为，且，

所以，，

所以，即，

所以在上的单调递减.

22．已知函数．

(1)当时，求的值域；

(2)若在区间上不单调，求实数a的取值范围；

(3)若，求在区间上的最小值．

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）求出二次函数的对称轴，结合二次函数的性质即可求解；

（2）根据函数在上不单调可得，解之即可；

（3）分类讨论，研究当、时函数的单调性，结合二次函数的性质求出函数对应的最小值即可.

【详解】（1）由题意知，，对称轴为，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

得，

又，所以，

所以函数在上的值域为；

（2）因为函数在上不单调，

所以，即，解得，

故实数a的取值范围为；

（3）当时，函数在上单调递减，

所以；

当时，函数在上单调递减，在单调递增，

所以.

故.

23．某蔬菜基地种植黄瓜，从历年市场行情可知，从二月一日起的300天内，黄瓜市场销售价与上市时间的关系用图①的一条折线表示，黄瓜的种植成本与上市时间的关系用图②的一段抛物线表示.

(1)写出图①中表示的市场售价与上市时间的函数关系式，写出图②中表示的种植成本与上市时可的函数关系式；

(2)若认定市场售价减去种植成本为纯收益，则何时上市能使黄瓜纯收益最大？

（注：市场售价和种植成本的单位：元/百千克，时间的单位：天）

【答案】(1)；，.

(2)当时上市能使黄瓜纯收益最大.

【分析】（1）分别根据函数图像写出函数解析式；

（2）根据题意列出纯收益的分段函数解析式，根据一元二次函数性质求得最大值即可求得结果.

【详解】（1）由题知，当时，，，

则满足的函数关系为；

当时，，

则满足的函数关系为；

故.

由题知，函数是抛物线，对称轴为，且，

设，又，

则，，.

（2）由（1）知，设黄瓜纯收益为，，

则，

则当，时，最大，且；

当，单增，时，最大，且；

综上，当时，最大，且.

24．对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数.

（1）对于数对序列，求的值；

（2）记为，，，四个数中最小的数，对于由两个数对组成的数对序列和，试分别对和两种情况比较和的大小；

（3）在由五个数对组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使最小，并写出的值.(只需写出结论).

【答案】（1）7,8；（2）无论还是，都有成立；（3），，，，.

【详解】试题分析：根据条件中的定义，对于数对序列，记，，其中表示和两个数中最大的数，求解.

依题意，，

.

（2），

，

当时，，

因为，且，

所以，

当时，，

因为，且，

所以，

所以无论还是，都有成立.

（3）数对序列：（4,6），（11,11），（16,11），（11,8），（5,2）的值最小.

，，，，.

【解析】新定义题型.