广东省广东实验中学2022-2023学年高一数学上学期期中试题（Word版附解析）

广东实验中学2022—2023学年（上）高一级线上限时训练

数学

命题：高一数学备课组

本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟．

第一部分选择题（共60分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1. 已知全集，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据补集的定义可得结果.

【详解】因为全集，，所以根据补集的定义得，故选C.

【点睛】若集合的元素已知，则求集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解．

2. 函数的定义域为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】解不等式组即得解.

【详解】解：由题得且.

所以函数的定义域为.

故选：D

3. 不等式的解集是（    ）

A.  B.

C. 或 D.

【答案】B

【解析】

【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

4. 已知，则“”是“”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据幂函数性质，结合已知判断条件间推出关系，进而确定它们的充分、必要关系.

详解】由，

当时，由幂函数的性质知：必成立，

当时，也有，

∴“”是“”的充要条件.

故选：C

5. 函数的图象大致是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

由时，，排除B、D；由函数在区间上的单调性，排除A，即可求解.

【详解】由题意，函数有意义，满足，解得，

又由当时，，排除B，D；

当时，，

设，则，

因为，所以，

即，所以函数在上单调递增，所以A不符合，C符合.

故选：C.

【点睛】知式选图问题的解答方法：

1、从函数的定义域，判定函数图象的左右位置，从函数的值域判断图象的上下位置；

2、从函数的单调性（有时借助导数），判断函数的图象的变换趋势；

3、从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

4、从函数的周期性，判断函数的循环往复；

5、从函数的特殊点（与坐标轴的交点，经过的定点，极值点等），排除不和要求的图象.

6. 已知a＞0，且a2－b＋4＝0，则（    ）

A. 有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值

【答案】D

【解析】

【分析】根据，变形，然后由可得，再利用基本不等式求最值.

【详解】因为，

所以，

所以，

当且仅当时取等号，

∴ 有最小值

故选：D.

7. 对于，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】参变分离可得对恒成立，令，则，根据二次函数的性质求出的最大值，即可求出参数的取值范围.

【详解】解：因为，不等式恒成立，

所以对恒成立，

令，则，，

所以，

所以当时取得最大值，

即当时取得最大值，

即，所以.

故选：D

8. 已知函数若关于的方程都有4个不同的根，则的取值范围是

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，利用分段函数画出的图象，根据数形结合可得结果.

【详解】

都有4个不同的根，等价于的图象有四个交点，

因为，

所以，若，则，则；

若，则，则；

若，则，则；

若，则，则；

若，则，则；

，

作出的图象如图，求得，

则，

由图可知，时，的图象有四个交点，

此时，关于的方程有4个不同的根，

所以，的取值范围是，故选C .

【点睛】本题主要考查方程的根与函数图象交点的关系，考查的数形结合思想的应用，属于难题. 函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.

二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，未选或有选错的得0分．

9. 已知函数，，，下列关于这三个函数的描述中，当在上逐渐增大时，下列说法正确的是（    ）

A. 的增长速度越来越快 B. 的增长速度越来越快

C. 的增长速度一直快于 D. 的增长速度有时慢于

【答案】BD

【解析】

【分析】在同一坐标系中画出3个函数图象，然后根据图象逐个分析判断即可.

【详解】在同一平面直角坐标系中画出函数，，的图象，如图所示，

由图可知的增长速度没有变，所以A错误，

在上的增长速度越来越快，所以B正确，

由图可知在上的增长速度最慢，而在上的增长速度最快，所以C错误，D正确，

故选：BD

10. 有以下判断，其中是正确判断的有（    ）

A. 与表示同一函数

B. 函数的图象与直线的交点最多有1个

C. 若，则

D. 函数的最小值为

【答案】BC

【解析】

【分析】A根据相等函数的概念来判断；B根据函数的定义来判断；C直接带值计算；D基本不等式求最值时的适用条件来判断.

【详解】对于A，的定义域为，的定义域为，故不是相等函数，A错误；
对于B，根据函数的定义可知，当的定义域中含有1时，函数与有一个交点，

当的定义域中不含1时，函数与没有交点，故B正确；

对于C，因为，则，所以，故C正确．

对于D，函数，

当且仅当时取等号，该方程无解，即该等号不成立，故D错误；
故选：BC．

11. 已知定义在上的函数的图像关于点对称，则下列结论成立的是（    ）

A. 为偶函数 B.

C.  D.

【答案】CD

【解析】

【分析】由题意可得，根据函数图像的对称性和函数性质，对选项进行判断.

【详解】定义在上的函数的图像关于点对称，则函数图像上的点关于点的对称点也在函数图像上，所以.

函数的图像由函数的图像向左平移一个单位得到，则函数的图像关于点对称，不能得到函数为偶函数，所以A选项错误；

由，令，则有，故B选项错误；

由，令，则有，故C选项正确；

由，令，则有，∴，故D选项正确.

故选：CD

12. 已知，若对任意的，不等式恒成立，则（    ）

A.  B.

C. 的最小值为12 D. 的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】由已知可得，由于，所以可得当时，，当时，，从而可得，，则，然后代入各选项的式子中结合基本不等式和函数的性质分析判断.

【详解】由，得，

所以，

因为，

所以当时，，当时，，

因为对任意的，不等式恒成立，

所以当时，，当时，，

所以对于函数，有，，所以，

所以A正确，B错误，

对于C，因为，所以，

所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为12，所以C正确，

对于D，，

令，因为，当且仅当即时取等号，所以，

由，得，所以，

所以，

所以函数在上递增，

所以当时，取得最小值为，

所以的最小值为，所以D正确，

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：此题考查不等式恒成立问题，考查基本不等式的应用，解题的关键是由题意结合一次函数和二次函数的性质得，，从而可结合基本不等式分析判断，考查数学转化思想，属于较难题.

第二部分非选择题

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 函数的值域是______．

【答案】

【解析】

【分析】利用二次函数的图像和性质结合根式有意义求解即可.

【详解】由二次函数的性质可得当时取得最大值4，

所以的值域为，

又由根式有意义，

所以的值域为，

故答案为：

14. 已知幂函数在区间上单调递减，则实数的值为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据幂函数的概念，求得，再结合幂函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，幂函数，可得，解得或，

当时，函数区间上单调递增，不符合题意；

当时，函数在区间上单调递减，符合题意，

所以实数的值为-.

故答案为：-.

15. 已知函数的定义域为，，对任意两个不等的实数，都有，则不等式的解集为______．

【答案】

【解析】

【分析】推导出函数为上的增函数，将所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，由此可解得原不等式的解集.

【详解】解：不妨令，则等价于，

可得，

构造函数，则是上的增函数，

因为，

所以等价于，

即，

所以，解得，

所以不等式的解集为.

故答案为：.

16. 若函数的图象关于直线对称，则的最小值是______．

【答案】##0.375

【解析】

【分析】根据函数解析式确定函数有零点，又结合函数关于直线对称，可得另外两个零点，即可得关于的等式关系，结合基本不等式求最值即可.

【详解】解：由于，且，所以

则是函数的两个零点

又函数的图象关于直线对称，则函数另外两个零点为

则方程的两根分别为，所以

则，又，所以

于是

当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. （1）化简；

（2）若，求的值．

【答案】（1） （2）14

【解析】

【分析】（1）由指数的运算性质求解，

（2）由完全平方公式求解，

【详解】（1）原式，

（2）由题意得，得，

同理，故

18. 已知的定义域为集合，集合．

（1）求集合；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据函数解析式中被开方数大于等于零，分母不能为零，列出不等式组，解之即可求解；

（2）根据得到，根据集合的包含关系进行分类讨论，进而求解.

【小问1详解】

要使函数有意义，则有，解之可得：，

所以集合.

【小问2详解】

因为，所以,

因为，所以分和两种情况；

若，则，解得：；

若，要使成立，则有，解得：，

综上所述：实数的取值范围.

19 已知二次函数．

（1）若是奇函数，求的值；

（2）在区间上的最小值记为，求的最大值．

【答案】（1）0    （2）0

【解析】

【分析】（1）易得为偶函数，进而求出的值；

（2）对进行分类讨论，由二次函数特征确定表达式，进而得出的分段函数，结合的单调性和二次函数可求的最大值．

【小问1详解】

因为是奇函数，所以是偶函数，

即二次函数对称轴为，即；

【小问2详解】

的对称轴为，

当时，即，

，即；

当，即时，，故；

当时，即时，；

综上，，

故时，，

时，，

，对称轴为，，

所以的最大值为0.

20. 今年，我国某企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2023年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万，每生产x（千部）手机，需另投入成本万元，且，由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完.

（1）求2023年的利润（万元）关于年产量x（千部）的函数关系式；

（2）2023年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？

【答案】（1）   

（2）2023年产量为100（千部）时，企业所或利润最大，最大利润是8000万元

【解析】

【分析】（1）根据已知条件求得分段函数的解析式.

（2）结合二次函数的性质、基本不等式求得的最大值以及此时的产量.

【小问1详解】

当时，；

当时，；

∴；

【小问2详解】

若，，

当时，万元；

若，，

当且仅当即时，万元.

答：2023年产量为100（千部）时，企业所或利润最大，最大利润是8000万元.

21. 函数对任意实数恒有，且当时，

（1）判断的奇偶性；

（2）求证∶是上的减函数∶

（3）若，求关于的不等式的解集.

【答案】（1）奇函数    （2）证明见解析   

（3）答案见解析

【解析】

【分析】（1）取得，取得进而得答案；

（2）根据题意得，，再结合奇函数性质得，进而证明结论；

（3）根据题意得，在分类讨论求解即可；

【小问1详解】

解∶取，则，∴.

取，则，即 对任意 恒成立，

∴为奇函数.

【小问2详解】

证明∶任取， 且，

则，，

∴，

又为奇函数，

∴

∴是上的减函数.

【小问3详解】

解：为奇函数，整理原式得， .

∵在上是减函数，

∴， 即

①当时，原不等式的解为；

②当时，原不等式化为，即

若，原不等式化为，原不等式的解为；

若，则，原不等式的解为或；

若，则 ，原不等式的解为或

③当时，原不等式化为即

则， 原不等式的解为

综上所述∶

当时，原不等式的解集为

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为或

当时，原不等式的解集为；

当时，原不等式的解集为或

22. 函数，方程有三个互不相等的实数根，从小到大依次为，，．

（1）当时，求的值；

（2）若对于任意的正实数，恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）0    （2）

【解析】

【分析】（1）由已知写出得表达式并分类讨论去绝对值，再分别求出三个零点即可；

（2）先对进行分类讨论，再分析出，将不等式化简，进而求出的取值范围.

【小问1详解】

解：当时，

当时，

令

得或（舍去）

当时，

令

得或

所以，，

【小问2详解】

等价于

设，

即与有三个交点

①当时，

在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增

，

即

解得：

，为方程的两个根

则，且

等价于

为方程的正根

②当时，

在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增

，

即

解得：

，为方程的两个根

则，且

等价于

当，即时，

为方程的较小根

在单调递减，

综上所述，实数的取值范围为：

【点睛】本题对分类讨论得出分段函数后，关键在于分析出，将不等式转化为，再根据的范围求出最值.