2022-2023学年甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高一上学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高一上学期期中数学试题含解析，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年甘肃省兰州市西北师范大学附属中学高一上学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由交集的定义与区间的概念求解即可【详解】因为，所以，故选：D2．已知，则“”是“”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】解不等式得出的范围，再由充分必要条件的定义得出结论即可.【详解】由，得或，所以“”是“或”的子集，所以“”能推出“或”，“或”不能推出“”，所以“”是的充分不必要条件，故选：A.3．下列不等式中成立的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】A，如时，，所以该选项错误；BCD，利用作差法比较大小分析得解.【详解】A. 若，则错误，如时，，所以该选项错误；    B. 若，则，所以该选项正确；C. 若，则，所以该选项错误；D. 若，则，所以该选项错误.故选：B4．函数的定义域为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数有意义，则满足，解得且，所以函数的定义域为.故选：B5．函数.若在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由于函数的对称轴为，开口朝上，由题意可得， 从而可求得的取值范围．【详解】因为函数的对称轴为，且开口朝上，函数在上是增函数，所以区间在对称轴的右侧即，得 故选：B6．设函数，若，则实数的值为（    ）A． B．或4 C． D．或4【答案】B【分析】根据函数解析式，分别求解，即可得出结果.【详解】当时，由，解得（舍）或；当时，由，解得．则实数的值为或4故选：B7．已知正数，满足，则取得最小值时，的值为（    ）A．2，2 B．2，4 C．4，4 D．4，2【答案】D【分析】根据基本不等式，由等号成立的条件即可求解.【详解】因为，，所以，当且仅当即时，取得最小值，所以取得最小值时，的值为4，2，故选：D.8．已知二次函数且对任意的都有恒成立，则实数的取值范围为（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二次函数的性质列不等式可得实数的取值范围．【详解】的对称轴为，开口向下由题意可得函数在上单调递减则，解得故选：B 二、多选题9．下列函数定义域和值域相同的是（    ）A．=5x+1 B．=x2+1 C．= D．=【答案】ACD【分析】根据解析式直接分析函数的定义域及值域即可求解.【详解】对A，=5x+1定义域及值域都为R,对B，=x2+1的定义域为R,值域为，对C，=的定义域为，值域为，对于D，=的定义域为，值域为.故选：    ACD10．下列叙述中不正确的是（    ）A．若，则“”的充要条件是“”B．已知为正实数，则“”是“”的既不充分也不必要条件C．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件D．“”是“”的充分不必要条件【答案】AB【分析】取，，可判断A；由充分条件和必要条件的定义可判断B；由两根之积小于以及求出的范围结合充分条件和必要条件的定义可判断C；解不等式，结合充分条件和必要条件的定义即可判断D，进而可得正确答案.【详解】对于A：若，，，满足，但不成立，故选项A不正确；对于B：因为，，由，可得，即，可得所以充分性成立；当时，取，，此时，所以必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，故选项B不正确；对于C：设方程的两根分别为，，若方程有一个正根和一个负根，则 ，可得，所以“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，故选项C正确；对于D：由可得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故选项D正确；所以AB不正确，故选：AB.11．若“，使得成立”是假命题，则实数可能的值是（    ）A．1 B． C．3 D．【答案】AB【分析】由题意可得：“，使得成立”是真命题，即不等式恒成立，由求得的范围即可得正确选项.【详解】若“，使得成立”是假命题，则“，使得成立”是真命题，可得，解得：，故选项AB正确；故选：AB.12．已知函数，则下列选项成立的是（    ）A．B．在和上是减函数C．是上的偶函数D．的对称轴是和【答案】BC【分析】，画出的图象，由图象即可求解【详解】因为函数，画出的图象，如图所示：由图象可知：当或时，，故A错误；由图象可知：在和上是减函数，故B正确；由图象可知：的图象关于轴对称，故是上的偶函数，故C正确，D错误；故选：BC 三、填空题13．已知函数的定义域为，则函数的定义域为___________.【答案】【详解】因为函数的定义域为，所以，解得，即函数的定义域为.故答案为：.14．不等式的解集是______________ .【答案】【分析】移项后可转化为一元二次不等式来求解.【详解】等价于即，故，故解集为.故答案为：.15．已知是定义在R上的减函数，那么a的取值范围是___.【答案】【分析】利用函数在上是减函数，可列出不等式组，由此求得a的取值范围.【详解】由于是定义在R上的减函数，∴，求得，故答案为：.16．已知偶函数在上单调递减，若，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】利用函数为偶函数，可得，在上单调递减，可得，求解即可【详解】由题意，函数为偶函数，故又在上单调递减，故故答案为： 四、解答题17．（1）若正数，满足，求的最小值；（2）若正数，满足，求的最小值.【答案】（1）;（2）.【分析】（1）利用“的代换”的方法求得的最小值.（2）结合基本不等式求得的最小值.【详解】（1），当且仅当时等号成立.（2）,，由于为正数，所以不等式解得，当且仅当时等号成立.18．分别求下列条件下函数的解析式：(1)是一次函数，且；(2)已知.【答案】(1)(2) 【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）用换元法求解即可【详解】（1）设，则，又所以，解得，所以；（2）令，则，所以，所以19．解关于的不等式：.【答案】当时，原不等式的集为，当时，原不等式的集为，当时，原不等式的集为或，当时，原不等式的集为.【详解】试题分析：不等式中含有参数，对分和两种情况讨论，当时，原不等式为，解得即可，当时，原不等式化为一元二次不等式，再对分和两种情况分别求解.试题解析：原不等式整理得.当时，原不等式为，∴；当时，原不等式为，∴当时，原不等式可化为，当时，原不等式可化为，当时，原不等式为，原不等式的集为或，若，则，原不等式的集为或，当时，原不等式的集为.综上，当时，原不等式的集为，当时，原不等式的集为，当时，原不等式的集为或，当时，原不等式的集为.【解析】不等式的解法. 20．已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－.（1）求证：f(x)是R上的单调减函数.（2）求f(x)在[－3，3]上的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】(1)设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2，则x2－x1>0，由已知条件得出f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，再根据函数单调性的定义可得证； (2)由(1)得出的函数的单调性知，f(x)在[－3，3]上也是减函数，可求得最小值.【详解】(1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2，则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)<f(x1).所以f(x)是R上的单调减函数.(2)由(1)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[－3，3]上也是减函数，所以f(x)在[－3，3]上的最小值为f(3). 而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝3×＝－2.所以函数f(x)在[－3，3]上的最小值是－2.【点睛】本题考查抽象函数的单调性的证明，单调性的应用求函数在某区间上的最值，属于中档题.21．已知函数是定义在上的奇函数，且.（1）求a，b的值；（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明；（3）解关于t的不等式，.【答案】（1）；（2）在上递增，证明见解析；（3）.【分析】（1）由题意，令，代入求解，再检验是奇函数，即得解；（2）利用单调性的定义按照步骤作差证明即可；（3）利用奇函数原式等价于，再结合单调性、定义域列出不等式求解即可.【详解】（1）依题意函数是定义在上的奇函数，所以，，所以检验：，为奇函数满足题意（2）在上递增，证明如下：任取，其中，所以，故在上递增.（3）由可得，因为是定义在上的奇函数，所以，因为是增函数，所以，即，解得：，所以不等式的解集为.