2022-2023学年福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高一上学期12月联考数学试题（解析版）

2022-2023学年福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作高一上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据分段函数和集合的定义求解即可.

【详解】因为，

所以，

故选：C

2．若函数在区间上的图像是连续不断的曲线，且在内有唯一的零点，则的值（    ）

A．大于零 B．小于零 C．等于零 D．不能确定

【答案】D

【分析】根据零点存在定理求解即可.

【详解】由零点存在定理可知函数在区间上的图像是连续不断的曲线，且，则在内有零点，

但在内有唯一的零点， 的值不确定，

满足条件的图像可能有如下几种情况：

此时；

此时；

此时；

故选：D

3．设全集，集合，，则的值为（    ）

A． B．和 C． D．

【答案】C

【分析】利用集合补集的定义求解即可.

【详解】因为，集合，，

由补集的定义可知的可能取值为3或4，

当即时，不满足题意；

当即时，，此时满足题意，

综上，

故选：C

4．下列函数中，值域为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】对于A，由二次函数的性质求出值域；

由幂函数的性质求出B，C的值域；

对于D，由指数函数的性质求出值域，即可得答案．

【详解】解：对于A，，所以函数的值域为；

对于B，，所以函数的值域为；

对于C，，所以函数的值域为；

对于D，，所以函数的值域为.

故选：D.

5．设函数（，且）的图象过点，其反函数的图象过点，则等于（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】由题意可知函数过点，，即可求得，进而可得.

【详解】解：因为函数的反函数过点，

所以过点，

又因为过点，

所以，

解得，

所以.

故选：B.

6．若定义在上的偶函数在区间上单调递增，且，则满足的的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．

【详解】解：偶函数在上是增函数，

函数在上为减函数，则，

则不等式等价为时，，此时，解得，

当时，，此时，解得，

当时，显然满足题意，

综上不等式的解为或，即的取值范围为.

故选：A．

7．设正实数分别满足，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】作出的图像，利用图像和图像交点的横坐标比较大小即可.

【详解】由已知可得，，，

作出的图像如图所示：

它们与交点的横坐标分别为，

由图像可得，

故选：B

8．若函数的定义域为，若存在实数，，使得，则称是“局部奇函数”．若函数为上的“局部奇函数”，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据“局部奇函数”的定义，使方程有解即可，化简得，按分类讨论即可得到答案.

【详解】由题意知，方程有解，

则，

化简得，

当时，不合题意 ；

当时，可得，因为，当且仅当时等号成立，

所以，

当时，化简得， 解得；

当时，化简得， 解得，

综上所述的取值范围为，

故选：A

二、多选题

9．下列命题中，真命题的是（    ）

A．，是的充分条件

B．

C．命题“，”的否定是“，”

D．的零点为与

【答案】AC

【分析】选项A利用充分条件判断即可；选项B利用集合间的关系判断即可；选项C全称量词命题的否定；选项D利用函数零点的判断即可.

【详解】选项A：因为，

所以充分性成立

所以A正确；

选项B：的元素为集合，中的元素为实数，

所以B不正确；

选项C：全称量词命题“，”的否定是

“，”，故选项C正确；

选项D：的零点为与

故选项D的说法错误

故选：AC.

10．函数在其定义域上的图像是如图所示折线段，其中点的坐标分别为，， ，以下说法中正确的是（    ）

A．

B．为偶函数

C．的解集为

D．若在上单调递减，则的取值范围为

【答案】ACD

【分析】利用函数图像逐一判断各选项即可.

【详解】由图像可得，所以，A正确；

由图像可得关于对称，所以关于对称，B错误；

由图像可得即的解集为，C正确；

由图像可得在上单调递减，所以的取值范围为，D正确；

故选：ACD

11．下列不等式一定成立的有（    ）

A．

B．当时，

C．已知，则

D．正实数满足，则

【答案】CD

【分析】利用均值不等式逐一判断即可.

【详解】选项A：当时显然有，A错误；

选项B：，

当时，，由均值定理得，当且仅当即时等号成立，

所以当且仅当时取得最小值8，B错误；

选项C：因为，

所以，当且仅当时等号成立，

又，当且仅当即时等号成立，

综上，当且仅当即时等号成立，C正确；

选项D：因为，由得，

所以，当且仅当即时等号成立，

所以，D正确；

故选：CD

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的定义域为

B．将的图象经过适当的平移后所得的图象可关于原点对称

C．若在上有最小值－2，则

D．设定义域为的函数关于中心对称，若，且与的图象共有2022个交点，记为（，2，…，2022），则的值为0

【答案】ABD

【分析】对A：由即可判断；对B：由，可得的图象关于点成中心对称，从而即可判断；对C：，结合反比例函数的单调性即可判断；对D：由函数和图象关于对称，则与图象的交点成对出现，且每一对均关于对称，从而即可求解判断.

【详解】对A：要使函数有意义，只需，即，故A正确；

对B：因为，

所以的图象关于点成中心对称可经过平移后可关于原点对称，故B正确．

对C：由B可知，

当且时，，在上递减，，解得，但不合题意，舍去；

当时，，在上递增，，解得，符合题意．

综上得，，故C错．

对D：∵，，

∴的图象关于对称，又函数的图象关于对称，

∴与图象的交点成对出现，且每一对均关于对称，

，故D正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．________．

【答案】##

【分析】利用指数和对数的运算性质计算即可.

【详解】

故答案为：

14．已知定义在上的函数对任意实数，，恒有，并且函数在上单调递减，请写出一个符合条件的函数解析式___________．（需注明定义域）

【答案】（不唯一）

【分析】根据题意找出一个满足题意的函数解析式即可

【详解】由题意例如

且在上单调递减

故答案为：（不唯一）

四、解答题

15．已知集合，，．

(1)若，求；

(2)若，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出集合A，由可知，求出参数p，得到集合B，即可求出；

（2）解：由可得，分别讨论的情况，即可求出实数的取值范围.

【详解】（1）解：由，解得或，

所以，

若，则，

所以，即，

所以，

所以.

（2）解：由可得，

当时，即，即，符合题意；

当时，，此时，不合题意；

当时，，此时有两个解，分别为和3，

则，方程无解；

综上可得：的取值范围为.

16．已知幂函数（）的定义域为，且在上单调递增．

(1)求m的值，并利用单调性的定义证明：函数在区间上单调递增．

(2)若存在实数，使得成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)，证明见解析

(2)

【分析】(1)根据幂函数的定义可知：，再代入指数中判断是否在上单调递增即可求出函数的解析式，然后利用函数单调性的定义即可证明；

(2) 将不等式等价转化为，再结合（1）的结论，函数在上单调递增，求出函数的最大值即可求解.

【详解】（1）因为函数为幂函数，所以，解得：或，

又因为函数在上单调递增，

当，在上单调递减，故舍去，

当，在上单调递增，满足题意，

所以，

任取且，

则

，

∵，则，，故，

因此函数在上为增函数．

（2）若存在实数，使得成立，则，

由（1）可知，在上单调递增，

所以当时，，

所以，则．

17．设函数

(1)若不等式的解集为，求的值；

(2)若，时，求不等式的解集．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）不等式解集区间的端点是方程的解，运用韦达定理可得；（2）含参的一元二次不等式需要分情况进行解决.

【详解】（1）函数 ，

由不等式的解集为，得，

且1和3是方程的两根；则，

解得

（2）时，不等式为，

可化为，

因为，所以不等式化为，

当时，，解不等式得或；

当时，不等式为，解得；

当时，，解不等式得或；

综上：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．

18．兴泉铁路起于江西，途经三明，最后抵达泉州（途经站点如图所示）．这条“客货共用”铁路是开发沿线资源、服务革命老区的重要铁路干线，是打通泉州港通往内陆铁路货运的重要方式，将进一步促进山海协作，同时也将结束多个山区县不通客货铁路的历史．目前，江西兴国至清流段已于2021年9月底开通运营，清流至泉州段也具备了开通运营条件，即将全线通车．预期该路线通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足．经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当时列车为满载状态，载客量为720人；当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人．记列车载客量为．

(1)求的表达式；

(2)若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值．

【答案】(1)

(2)时间间隔为3分钟时，每分钟的净收益最大为84元

【分析】（1）当时，，当时，可设，由题可求出，即可得到答案.

（2）由（1）知： ，结合基本不等式和函数单调性即可求出的净收益最大值.

【详解】（1）由题知，当时，

当时，可设，

又发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人，

∴，解得．

此时，

∴

（2）由（1）知： ，

∵时，，当且仅当等号成立，

∴时，，

当上，单调递减，则，

综上，时间间隔为3分钟时，每分钟的净收益最大为84元．

19．已知函数．

(1)若时，求函数的定义域，并解不等式：；

(2)设，若对任意，当时，满足，求实数a的取值范围．

【答案】(1)定义域为；

(2)

【分析】（1）由具体函数的定义域可求出函数的定义域，再由对数函数的性质可求出不等式的解集；

（2）法一：由题意可得函数在上为减函数，当时，满足可转化为，设，求出的单调性即可得出答案.

法二：由题意可转化为对任意的恒成立，只需当时，有，令，求出的单调性即可得出答案.

【详解】（1）若时，，

若该函数有意义，只需满足，即，

等价于，解得.

所以函数的定义域为.

由可得：

因为在时单调递增，所以，上述不等式成立只需满足：

，解得：.

则的解集为.

（2）令，则在上为减函数，在上为增函数，

∴函数在上为减函数，

当时，满足，

则，

法一：∴，即对任意的恒成立，

设，又，其对称轴为，

所以函数在单调递增，

所以，得，

又因为，所以实数的取值范围为．

法二：由对任意的恒成立，

可得任意的恒成立，

只需当时，有，

不妨构造，

任取，则　　

又因为，，所以，

所以，所以，则在上递减，

所以，所以．

又因为，所以实数的取值范围为．

20．已知函数．

(1)若满足，，求实数的值及函数的单调区间；

(2)若，求函数的值域（结果用表示）．

【答案】(1)；增区间，减区间

(2)当时，函数的值域是，当时，函数的值域是.

【分析】（1）由，得到关于的方程组，解得，从而得到函数，再由二次函数的性质和复合函数的单调性判断方法，即可得到函数的单调区间；

（2）设（），讨论和时，求得函数的值域，从而得到函数的值域.

【详解】（1）由题可得：，得，解得：；

所以函数.

设函数，即函数在上单调递减，

又，

当时，，

函数在单调递减，在单调递增，

则函数在单调递增，在单调递减，

当时，，函数在单调递减，

则函数在单调递增；

综上：的增区间是，减区间是.

（2）由函数（），

设，可知在上单调递减；

又，（），

①当时，，二次函数对称轴为，开口向上，

i：当时，函数在时递减，在时递增，

所以函数值域是，此时；

ⅱ：当时，函数在区间单调递增，

所以函数的值域是，此时；

②当时，，二次函数对称轴为，开口向上，

则函数在单调递减，

所以函数的值域是,此时.

由上得：当时，函数的值域是，

当时，，即，则，

所以当时，函数的值域是，

综上所述：

当时，函数的值域是，

当时，函数的值域是.

五、双空题

21．已知函数（且）在上的值域是，则实数___________；此时，若函数的图像不经过第二象限，则的取值范围为________.

【答案】     3    

【分析】讨论的单调性，根据值域求解实数，由的单调性可得，函数图像不经过第二象限，有，可求的取值范围.

【详解】因为，则

当时，单调递增， ∴，解得 ；

当时，单调递减，∴，无解.

所以.

函数在R上单调递增，函数图像不经过第二象限，∴

解得，即的取值范围是．

故答案为：3；

22．已知函数和是定义在上的函数，且是奇函数，是偶函数，，则__；若对于任意，都有，则实数的取值范围是__．

【答案】     x    

【分析】由题意，根据构造方程的思想，结合奇偶函数的性质，可得函数解析式；根据单调性的定义，整理不等式，构造函数，分和两种情况，结合一次函数和二次函数的性质，可得答案.

【详解】根据题意，，则，

两式相加可得，

又由是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，所以，即，．

若对于任意，都有，变形可得，

令，则在上单调递增；所以，

若，则在上单调递增，满足题意；

若，则是对称轴为的二次函数，

若在上单调递增，只需或，解得或，

综上，．即的取值范围为：．

故答案为：；.