2022-2023学年黑龙江省双鸭山市红兴隆第一高级中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年黑龙江省双鸭山市红兴隆第一高级中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先分别解出集合与集合，然后解出及.

【详解】集合或，

集合或，

则，或

故选：A.

【点睛】本题考查交集、补集的概念及运算，较简单.

2．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．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】根据命题的充分必要性直接判断.

【详解】对于不等式，可解得或，

所以可以推出，而不可以推出，

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A.

3．若，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】当时，恒成立；当时，利用二次函数的图象与性质解一元二次不等式.

【详解】当时，恒成立；

当时，由不等式对恒成立得，

，

解得.

综上可知，实数的取值范围是.

故选：B.

4．不等式的解集是（    ）

A． B．

C．或 D．

【答案】B

【分析】把原不等式的右边移项到左边，通分计算后，然后转化为，求出不等式组的解集即为原不等式的解集．

【详解】解：不等式可转化为，即，即，

所以不等式等价于解得：，

所以原不等式的解集是

故选：B

5．若x＞0，y＞0，x+y＝1，且恒成立，则实数m取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先由基本不等式求出的最小值，再由已知判断求出实数取值范围即可.

【详解】解：因为，，所以，

又因为，所以，

当且仅当即时，取等号，

因为恒成立，所以

所以实数取值范围是

故选：D.

6．已知是偶函数，且其定义域为，则的值是 （    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用偶函数的定义和性质，即可求得的值.

【详解】，因为函数是偶函数，所以满足，

得，

偶函数的定义域关于原点对称，所以，得，

所以.

故选：B

7．已知定义在上的奇函数满足：对任意的都有成立，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先由题中条件，得到函数单调性，利用函数奇偶性与单调性，将所求不等式化为，结合定义域，即可求出结果.

【详解】因为对任意的都有成立，

所以是定义在上的单调递减函数，

所以且，解得.

又是奇函数，所以，

所以，解得，所以.

故选：D.

8．已知定义在上的函数是奇函数，且在上是减函数，，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论.

【详解】由函数为奇函数且在上是减函数，，

可知时，时，，

，时；

等价于或或，

即或或，

解得的范围是.

故选：A

二、多选题

9．命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】将命题“，”是真命题化为，再根据真子集关系判断可得答案.

【详解】命题“，”是真命题,等价于，

当时，，所以.

选项A是充要条件，选项BC是充分不必要条件，选项D是既不充分也不必要条件.

故选：BC

【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：

（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；

（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；

（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；

（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．

10．设x，y为实数，满足，，则下列结论正确的是（ ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据x，y的范围及基本不等关系，对选项一一分析即可.

【详解】对于A，，即，故A正确；

对于B，，则，即，故B错误；

对于C，，即，故C正确；

对于D，由题知，则，故D错误；

故选：AC

11．关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．的图象过原点 B．是奇函数

C．在区间上单调递减 D．是定义域上的增函数

【答案】AC

【分析】作出的图像，根据图像逐一判断即可.

【详解】解：，

将的图像向右平移一个单位，然后向上平移1个单位即可得到，图像如下：

观察图像可得A,C正确，

故选:AC.

【点睛】思路点睛：本题考查函数的性质的判断，如果能画出函数图像，根据图像观察则快速而准确.

12．函数是定义在R上的奇函数，下列说法正确的是（    ）

A．

B．若在上有最小值，则在上有最大值1

C．若在上为增函数，则在上为减函数

D．若时，，则时，

【答案】ABD

【分析】根据奇函数的定义并取特值即可判定；利用奇函数的定义和最值得定义可以求得在上有最大值，进而判定；利用奇函数的单调性性质判定；利用奇函数的定义根据时的解析式求得时的解析式，进而判定．

【详解】由得，故正确；

当时，，且存在使得，

则时，，，且当有,

∴在上有最大值为1，故正确；

若在上为增函数，而奇函数在对称区间上具有相同的单调性，则在上为增函数，故错误；

若时，，则时，，，故正确．

故选：．

【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键．

三、填空题

13．命题“，都有”的否定是           .

【答案】，有

【分析】由命题的否定的定义求解．

【详解】题“，都有”的否定是：．

故答案为：．

14．若函数的定义域是，则函数的定义域是      .

【答案】

【分析】根据题意得出求解即可.

【详解】由题意，函数的定义域是，即，

则函数满足，解得，

即函数的定义域是.

故答案为：.

15．函数的单调递增区间为           .

【答案】

【分析】将函数解析式转化为分段函数，再画出函数图象，数形结合即可判断；

【详解】解：因为，所以函数图象如下所示：

由函数图象可得函数的单调递增区间为

故答案为：

16．函数在上的值域是     .

【答案】

【分析】先化简函数的解析式，再利用函数的单调性求函数的值域．

【详解】解：当时，函数 在上是增函数，

故当时，函数取得最小值为1，

又，故函数的值域为，

故答案为：．

四、解答题

17．已知函数的定义域为，的值域为．

（Ⅰ）求、；

（Ⅱ）求．

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）由函数式有意义求得定义域，根据二次函数性质可求得值域；

（Ⅱ）根据集合运算的定义计算．

【详解】（Ⅰ）由得

解得．

，

所以，．

（Ⅱ），所以．

【点睛】本题考查求函数的定义域与值域，考查集合的综合运算，属于基础题．

18．已知函数．

（1）若不等式的解集为，求实数k的值；

（2）若函数在区间上不单调，求实数k的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）先根据不等式的解集确定对应二次方程的根，再根据韦达定理解出参数即可；

（2）根据题意知对称轴在区间内，列不等式即解得答案.

【详解】解：（1）由已知得方程的两根为1和3，

故由，解得，

再由韦达定理有，得，符合要求，

故实数k的值为；

（2）∵函数在区间上不单调，二次函数对称轴为，

∴，解得，

所以实数k的取值范围为．

19．已知函数.

（1）求函数的解析式；

（2）对任意的实数，都有恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1) ;(2) .

【详解】试题分析：用换元法令来求函数的解析式（2）由（1）得的解析式代入，分离含参量，求出实数的取值范围

解析：（1）令

∴

即：∴.

（2）由

即：

又因为：，∴

令，则：

又在为减函数，在为增函数.

∴

∴，即：.

点睛：在解答含有参量的恒成立问题时，可以运用分离含参量的方法，求解不等式，注意分类讨论其符号，最后求解结果．

20．已知二次函数满足，且.

（1）求的解析式；

（2）设函数，当时，求的最小值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据二次函数，则可设，再根据题中所给的条件列出对应的等式对比得出所求的系数即可；

（2）根据（1）中所求的求得，分和两种情况讨论，分析函数在区间上的单调性，求解的最小值即可.

【详解】（1）设.

，又，

即，

所以，，解得，即；

（2）由题意知，，，二次函数的对称轴为直线.

①当，即时，函数在上单调递增，即；

②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，

此时，.

综上，.

【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法：

（1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论；

（2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析；

（3）将分类讨论的结果整合得到最终结果.

21．已知函数是定义在上的奇函数，满足，当时，有.

（1）求实数a，b的值；

（2）求函数在区间上的解析式，并利用定义证明其在该区间上的单调性；

（3）解关于的不等式．

【答案】（1）；（2）在上单调递增；（3）或.

【分析】（1）根据条件可得，解不等式组即可；

（2）将a，b的值代入中，利用定义证明的单调性即可；

（3）根据的单调性和，可得，解不等式即可.

【详解】（1）由题可知，函数是定义在上的奇函数，且，

则，解得；

（2）由（1）可知当时，，

当时，

任取，且，

且，则

于是，所以在上单调递增.

（3）由函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，

则在上单调递增，

所以的解为，

解得或，

∴不等式的解集为或．

【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性的判定与证明，以及函数性质的应用，其中解答中熟记函数的单调性的定义，合理利用函数的单调性转化不等关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

22．已知定义域为，对任意都有，当时，．

(1)求;

(2)试判断在上的单调性，并证明;

(3)解不等式：．

【答案】(1)2

(2)单调递减，证明见解析

(3)

【分析】(1)由，取特殊值即可求解;(2)由题构造，结合题意可证明单调性;(3)根据单调性解抽象不等式即可.

【详解】（1）根据,

令，得，解得，

再令，则有，解得.

（2）判断：在上单调递减，证明如下：

设，则，

所以，即，

因为 所以，所以，

即都有，

所以在上单调递减.

（3）由题可知，

所以，

所以由得，

即，即，

又因为，所以，

由(2)知在上单调递减，所以，

即即，解得.