【期中真题】福建省福州市第一中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学试题.zip

福州一中2021-2022学年第一学期期中考

数学试卷

一､选择题（共8小题）

1. 已知全集，集合，集合，则集合

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】,,则,故选B.

考点：本题主要考查集合的交集与补集运算.

2. 命题“”的否定为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解.

【详解】解：因为全称命题的否定为特称命题，

所以命题“”的否定为“”，

故选：C.

3. 下列函数中既是奇函数，又是增函数的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由幂函数、指数函数、对数函数的奇偶性与单调性即可求解.

【详解】解：对A：是奇函数，且是增函数，符合题意；

对B：不具有奇偶性，是增函数，不符合题意；

对C：不具有奇偶性，是增函数，不符合题意；

对D：是奇函数，且是增函数，符合题意；

故选：AD

4. 设为奇函数，且当时，，则当时，（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先设，得到，再代入，利用函数的奇偶性求解即可.

【详解】设，则，因为函数为奇函数，且当时，，

，即：.

故选：D

5. 某高校为加强学科建设，制定了第“十四五”（2021-2025）规划，计划逐年加大科研经费投入，已知该校计划2021年全年投入科研资金20万元，2025年全年投入科研资金28万元，则第“十四五”期间，投入科研资金年均增长率约为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设年增长率为，由题意可得，从而即可求解.

【详解】解：设年增长率为，由题意可得，即，

所以，解得，

所以投入科研资金的年均增长率约为，

故选：A.

6. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据奇偶函数的定义证明是偶函数，可排除B、C；再由可排除D.

【详解】由题意知，函数定义域为R，，

则，所以，

即函数为偶函数，故可排除B和C；

当时，，故可排除D.

故选：A

7. 冈珀茨模型是由冈珀茨（Gompertz）提出，可作为动物种群数量变化的模型，并用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种t年后的种群数量y近视满足冈珀茨模型：（当时，表示2020年初的种群数量），若年后，该物种的种群数量将不足2020年初种群数量的一半，则m的最小值为（    ）

A. 9 B. 7 C. 8 D. 6

【答案】D

【解析】

【分析】由已知模型列出不等式后，取对数变形求解．

【详解】由已知，显然，

，两边取自然对数有：，

，所以，．

的最小值为6．

故选：D．

8. 设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对于a，b的比较，构造函数，通过研究函数的单调性来进行比较，对于a，c或b，c的比较通过作差法来进行比较

【详解】，故；，故；

，

令，（），则

因为，所以，，，故恒成立，在上单调递增，所以，故

综上：

故选：C

二､多选题（共4小题）

9. 下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】AD选项应用对数运算法则进行计算，B选项利用根式化简法则进行求解；C选项，利用指数运算法则进行计算

【详解】错误，正确的应该是，故A错误；，B选项正确；，C选项正确；，故D选项错误.

故选：BC

10. 下列四个命题中，真命题是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】利用不等式的性质分别对选项进行验证，即可得到答案.

【详解】对于A选项，当时，，故A错误； 已知，即，左右两边同时平方即可得到，故B正确.；当同号时， ，当异号时，，故C错误； ，故D正确.

故选：BD.

11. 下列命题中真命题的是（    ）

A. “”是“”的充分不必要条件

B. 若是偶函数，则图像关于直线轴对称

C. 若，则的图像关于点中心对称

D. ，使得方程有解的充要条件是

【答案】AD

【解析】

【分析】解不等式，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断A；

根据偶函数的图像的特征及函数与函数图像的关系即可判断B；

由，可得，再根据函数与函数图像的关系即可判断C；

根据方程有解，求得的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断D.

【详解】解：对于A，由，得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确；

对于B，若是偶函数，则的图像关于轴对称，的图像是由函数向右平移1个单位得到的，所以函数的图像关于直线轴对称，故B错误；

对于C，若，所以，令，则，所以函数关于原点对称，

又是由函数向右平移1个单位得到的，所以函数的图像关于点中心对称，故C错误；

对于D，，使得方程有解，

当时，不成立，舍去，

当时，即，则，所以，

综上所述，所以，使得方程有解的充要条件是，故D正确.

故选：AD.

12. 已知函数的零点为，函数的零点为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】依题意可得，，根据反函数的性质可得，再利用基本不等式判断C，利用零点存在性定理得到、，再利用作差法及函数的单调性判断B、D；

【详解】解：函数的零点为，

函数的零点为，

可得，，

即有，

由的反函数关于直线对称，

与直线的交点为，与直线的交点为，

可得，即，故A正确；

由基本不等式得，，而，

等号不成立，故，故正确；

因为，，所以

所以，所以，故B错误；

又，，所以

则，因为在上单调递增，所以，故D正确；

故选：ACD

三､填空题（共4小题）

13. 函数的定义域为___________，值域为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】由真数大于0和被开方数大于等于0，可得不等式组，解不等式组，即可得定义域，根据对数函数的值域可知的值域.

【详解】由题意得：，

函数的定义域为,

,

,

,

即的值域为.

故答案为：；

14. 已知函数是偶函数，则___________.

【答案】-1

【解析】

【分析】根据奇偶函数的性质可得，列出方程，进而解出a的值.

【详解】因为函数是偶函数，所以，

又，所以，

即，所以.

故答案为：-1

15. 已知，函数.若，使得，则实数a的最大值是___________.

【答案】

【解析】

【分析】化简，得到在上恒成立，故求出在的最小值，让即可

【详解】，即，因为，所以，所以恒成立，其中在时单调递减，故，所以，所以，故实数a的最大值是

故答案为：

16. 已知函数满足，若方程有四个不相等的实数根，则实数m的取值范围为___________.

【答案】或

【解析】

【分析】令，则方程转化为，

作出函数的图象，由题意，原问题等价于有两个大于1的不等实数根，根据一元二次方程根的分布列出不等式组求解即可得答案.

【详解】解：令，则方程转化为，   

作出函数的图象如下图所示，

由题意，方程有四个不相等的实数根，即有两个大于1的不等实数根，

令，

则解得或，

则实数m的取值范围为或，

故答案为：或.

四､解答题（共6小题）

17. 已知全集，集合.

（1）当时，求；

（2）在①；②；③中任选一个条件，求实数a的取值范围.

【答案】（1）   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）首先解指数不等式、对数不等式及绝对值不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得；

（2）根据所选条件，得到不等式组，即可求出参数的取值范围；

【小问1详解】

解：由，即，解得，即，

由，即，所以，即或，解得或，即或

当时或

所以

【小问2详解】

解：由（1）可知或，；

若选①，，则或，解得或，即；

若选②，若，则，解得，所以时；

若选③，因为，所以或，

因为，所以，所以，解得；

18. 设函数.

（1）若在单调递增，求实数m的取值范围；

（2）解关于x的不等式.

【答案】（1）   

（2）当时，；当时，；当时，；当时，；当时， .

【解析】

【分析】（1）根据是否为0分类讨论，不等于0时根据二次函数的性质列式求解即可；

（2）根据与0的大小分类讨论求解即可.

【小问1详解】

当实数，，在单调递增，符合题意.

当实数，根据二次函数的性质，函数的对称轴为，要使得在单调递增，则，解得

综上述，.

【小问2详解】

当实数，，时，.

当实数，

如果，即时，得，

如果，时，得.

当实数，此时，

，

解得或

综上述，的解集为：当时，；当时，；当时，；当时， .

19. 已知函数是定义在上的奇函数，且.

（1）求m，n的值，判断函数的单调性并用定义加以证明；

（2）求使成立的实数a的取值范围.

【答案】（1），增函数，证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）因为函数为定义在上的奇函数，所以，又，由此可得，的值，再由单调性定义判断函数的单调性；

（2），即，根据定义域及单调性列出不等式组，从而可得出答案.

【小问1详解】

解：因为函数是定义在上的奇函数，

所以，即，解得，

又因，所以，

所以，，经检验符合题意，

在上任取，，且，

则，

因为，

所以，，

所以，

即，

所以函数在单调递增；

【小问2详解】

解：因为，

所以，即，

因为函数在单调递增，

所以，解得.

20. 已知函数.

（1）当时，求函数的值域；

（2）如果对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，把函数转化为二次函数，利用二次函数性质可得值域；

（2）设换元，分类时不等式成立，在时，分离参数后应用函数单调性求得最小值得结论．

【小问1详解】

设，由得，

，

所以时，，或0时，，

所以所求值域为；

【小问2详解】

设，又，所以，

不等式为，

即，

，不等式显然成立，

时，不等式化为，

,当且仅当时，等号成立，所以．

综上，．

21. 已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔为分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为.

（1）求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量；

（2）若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？

【答案】（1），发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为人.   

（2）当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.

【解析】

【分析】（1）当时，设，由可求出的值，结合已知条件可得出函数的函数解析式，进而可求得的值；

（2）分、两种情况讨论，求出关于的函数解析式，利用基本不等式以及函数的单调性可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.

【小问1详解】

解：当时，设，则，解得.

由题意可得.

所以，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为（人）.

【小问2详解】

解：当时，

（元），

当且仅当时，等号成立；

当时，，此时函数单调递减，

则，当且仅当时，等号成立.

综上所述，当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.

22. 对定义在上，并且同时满足以下两个条件函数称为G函数.①对任意的，总有；②当时，总有成立.已知函数与是定义在上的函数.

（1）试问函数是否为G函数？并说明理由；

（2）若函数是G函数，

（i）求实数a的值；

（ii）讨论关于x的方程解的个数情况.

【答案】（1）是，理由见解析；   

（2）（i）1；（ii）详见解析.

【解析】

【分析】（1）根据G函数的定义求解；

（2）（i）根据函数是G函数，由，总有成立，求得再由②当时，总有成立，由，对时成立，求得求解；（ii）将方程，转化为，令，转化为求解.

【小问1详解】

解：函数是为G函数，理由如下：

①对任意的，总有；

②当时，，

所以函数是为G函数，

【小问2详解】

（i）因为函数是G函数，

则①，总有成立，

即，对成立，

所以

②当时，总有成立，

即，对时成立

因为，

所以，

因为不同时为1，

所以，

当时，等号成立，

所以，

综上：，

（ii）方程，即为，

令，则方程为，

当或时，方程无解；

当时，方程一个解；

当时，方程有两个解.

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