四川省成都市第七中学2022-2023学年高一数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

成都七中高2022级高一上学期期中考试数学试题

一、单选题（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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据不等式解法分别求集合，再结合集合交集运算求解.

【详解】∵，

∴

故选：D.

2. 设命题，，则命题p的否定为（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】根据存在命题的否定为全称命题可得结果.

【详解】∵存在命题的否定为全称命题，

∴命题p的否定为“，”，

故选：B

3. 下列各组函数表示相同函数的是（    ）

A. 和 B. 和

C. 和 D. 和

【答案】C

【解析】

【分析】根据相等函数的概念，结合函数的定义域与对应法则，逐项判定，即可求解.

【详解】解：对于A中，函数的定义域为，函数的定义域为，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数；

对于B中，函数的定义域为，函数的定义域为，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数；

对于C中，函数与的定义域和对应法则都相同，所以表示相同的函数；

对于D中，函数的定义域为，函数的定义域为，两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数.

故选：C

4. “不等式在R上恒成立”的充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据二次不等式恒成立求出充要条件，再由充分条件，必要条件的概念求出选项.

【详解】不等式在R上恒成立 ，即，

因为，但不能推出成立，

故是不等式在R上恒成立的充分不必要条件，

故选：A

5. 已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题中条件，分别讨论，两种情况，结合函数单调性与奇偶性，即可求出结果.

【详解】若，则等价于，

因为，在上单调递减，

所以由得；

若，则等价于，

由题知在上单调递增，

所以由得；

.综上，的解集为.

故选：A.

6. 对于直角三角形的研究，中国早在商朝时期，就有商高提出了“勾三股四弦五”这样的勾股定理特例，而西方直到公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯才提出并证明了勾股定理．如果一个直角三角形的斜边长等于5，则这个直角三角形周长的最大值等于（    ）．

A.  B. 10 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先由勾股定理得，再利用基本不等式易得，由此得到，问题得解.

【详解】不妨设该直角三角形的斜边为，直角边为，则，

因为，所以，即，

当且仅当且，即时，等号成立，

因为，所以，

所以该直角三角形周长，即这个直角三角形周长的最大值为.

故选：C.

7. 函数的图象不可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】函数表达式中含有参数a，要对参数进行分类讨论，

【详解】若，则，选项C符合；

若，则函数定义域为R，选项B符合

若，则，选项A符合，所以不可能是选项D.

故选：D.

8. 定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】构造函数，由单调性的定义可判断得在上单调递增，再将题设不等式转化为，利用的单调性即可求解.

详解】令，

因为对，且，都有成立，

不妨设，则，故，则，即，

所以在上单调递增，

又因为，所以，故可化为，

所以由的单调性可得，即不等式的解集为.

故选：D.

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分．）

9. 若a＞b＞0，则下列不等式中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据不等式的性质，作差比较法，对选项逐一判断

【详解】对于A，，因为，故，即，故A正确；

对于B，不能确定符号，取则，故B错误；

对于C， ，因，

故，即，故C正确；

对于D，，因为，

所以，即，所以，故D错误．

故选：AC

10. 定义在上的函数满足，当时，，则满足（    ）

A.  B. 是奇函数

C. 在上有最大值 D. 的解集为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用赋值法可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数单调性的定义可判断C选项的正误；利用函数的单调性解不等式，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，令，可得，解得，A对；

对于B选项，函数的定义域为，

令，可得，则，

故函数是奇函数，B对；

对于C选项，任取、且，则，

即，所以，

所以，函数为上的减函数，

所以，在上有最大值，C错；

对于D选项，由于为上的减函数，由，可得，解得，D对.

故选：ABD.

11. 已知函数定义域为，且，，，则（    ）

A. 的图象关于直线x＝2对称 B.

C. 的图象关于点中心对称 D. 为偶函数

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用假设的图象关于直线对称，推出矛盾的方法判断A，根据已知可推得函数为奇函数，进而得到函数的周期，可判断B,C，利用偶函数的定义可判断D.

【详解】对于A，假设的图象关于直线对称，则，

因为，故，即2为函数的一个周期，

则，由，可得，矛盾，

故的图象不关于直线对称，A错误；

对于B, 函数定义域为，且，则，

由得，则，

，故，故B正确；

对于C，由B的分析可知，，即，

所以，

即，故的图象关于点中心对称，C正确；

对于D，由可得，

由得，

故，即为偶函数，D正确.

故选：BCD.

12. 已知的解集是，则下列说法正确的是（    ）

A. 若c满足题目要求，则有成立

B. 的最小值是4

C. 已知m为正实数，且m＋b＝1，则的最小值为

D. 当c＝2时，，的值域是，则的取值范围是

【答案】ACD

【解析】

【分析】由不等式的解集可得方程的根，再由根与系数关系得出，，，由指数函数的单调性及作商法判断A，根据均值不等式判断B，利用“1”的变形及均值不等式判断C，根据二次函数的性质判断D.

【详解】的解集是，

是关于的方程的两个根，且，

，，，，

对于A，由，可知，故，正确；

对于B，，当且仅当，

即时等号成立，即的最小值是，错误；

对于C，

，当且仅当且时，

即时取等号，正确；

对于D，当时，，则，

，依题意，，在上的最小值为，

或，，，则的取值范围是，正确.

故选：ACD

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）

13. 函数的定义域是____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据具体函数的定义域的求法求解即可.

【详解】因为，

所以，解得，故或，

所以的定义域为.

故答案为：.

14. 已知函数是定义在上的单调递增函数，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】分段函数在上单调递增，则在两个分段区间上都单调递增，且在上的最大值要不大于上的任意函数值，据此解答即可.

【详解】因为在上单调递增，

所以当时，在上单调递增，

又因为开口向下，对称轴为，

所以，故，且在上的最大值为，

当时，在上单调递增，

所以由幂函数的性质可知，且，

故，得，

由于以上条件要同时成立，故，即.

故答案为：.

15. 已知函数和函数，若对任意的，总存在，使得成立，则实数a的取值范围是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得，由此得到关于不等式，解之即可.

【详解】因为对任意的，总存在，使得成立，

所以，

因为开口向上，对称轴为，

所以在上单调递增，故，

又因为在上单调递减，所以，

因此，解得，

所以a的取值范围为.

故答案为：.

16. 已知a＞0，b＞0，c＞2，且a＋b＝1，则的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用把化成，利用基本不等式可求的最小值，再根据不等式的性质把目标代数式放缩为与有关的代数式，再利用基本不等式可求题设中目标代数式的最小值.

【详解】因为，，

所以，

当且仅当时等号成立．

又因为，由不等式的性质可得

.

又因为，

当且仅当时等号成立．

综上，的最小值为，

当且仅当时等号成立.

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. 已知集合，不等式的解集为．

（1）当时，求，；

（2）若，求实数m的取值范围．

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）代入化简集合，再解分式不等式得到集合，从而利用集合的交并补运算及数轴法可求得结果；

（2）由得，分类讨论与两种情况，结合数轴法与集合的包含关系即可求得实数m的取值范围．

【小问1详解】

当时，，

由得，即，故，即，解得或，故或，

所以或，或，

故或.

【小问2详解】

因为，所以，

当时，，解得；

当时，由数轴法得或，即或，

故或，

综上：或，

所以实数m的取值范围为.

18. 已知函数．

（1）解不等式；

（2）若的解集非空，求实数m的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）分类讨论解不等式即可；

（2）首先将题意转化为，设，再分类讨论求出的最大值即可得到答案.

【小问1详解】

因为，

所以①，解得，

②，解得，

③，解得，

综上不等式的解集为：.

【小问2详解】

因为的解集非空，所以解集非空，

即.

设，

当时，，对称轴为，开口向下，

所以.

当时，，对称轴为，开口向下，

所以.

当时，，对称轴为，开口向下，

所以.

综上，即.

所以实数m的取值范围为.

19. 已知，．

（1）判断的奇偶性并说明理由；

（2）请用定义证明：函数在上是增函数；

（3）若不等式对任意和都恒成立，求t的取值范围．

【答案】（1）奇函数，理由见解析；   

（2）证明见解析；    （3）.

【解析】

【分析】（1）利用函数的奇偶性定义即可求解；

（2）利用函数单调性定义即可判断；

（3）根据题意求出，从而可得，设，只需即可求解.

【小问1详解】

函数是定义域上的奇函数，

理由如下，

定义域关于原点对称，

又，

所以是定义域上的奇函数.

【小问2详解】

证明：设为区间上的任意两个值，且，

则，

因为，

所以，，

即；

所以函数在上是增函数.

【小问3详解】

由可知时，．

所以，即，对都恒成立，

令，，则只需，

解得，

故t的取值范围．

20. 1.通过技术创新，某公司的汽车特种玻璃已进入欧洲市场. 2021年，该种玻璃售价为25欧元/平方米，销售量为80万平方米，销售收入为2000万欧元.

（1）据市场调查，若售价每提高1欧元/平方米，则销售量将减少2万平方米；要使销售收入不低于2000万欧元，试问：该种玻璃的售价最多提高到多少欧元/平方米？

（2）为提高年销售量，增加市场份额，公司将在2022年对该种玻璃实施二次技术创新和营销策略改革：提高价格到欧元/平方米（其中），其中投入万欧元作为技术创新费用，投入500万欧元作为固定宣传费用，投入万欧元作为浮动宣传费用，试问：该种玻璃的销售量（单位/万平方米）至少达到多少时，才可能使2022年的销售收入不低于2021年销售收入与2022年投入之和？并求出此时的售价.

【答案】（1）40    （2）该种玻璃的销售量至少达到102万平方米时，才可能使2022年的销售收入不低于2021年销售收入与2022年投入之和，此时求出此时的售价为30欧元.

【解析】

【分析】（1）设出未知数，列不等式进行求解；（2）根据题意，得到关于的关系式，，利用基本不等式进行求解

【小问1详解】

设该种玻璃的售价提高到x欧元/平方米

解得：

所以该种玻璃的售价最多提高到40欧元/平方米

小问2详解】

整理得：

除以得：

由基本不等式得：，当且仅当，即时，等号成立，所以该种玻璃的销售量至少达到102万平方米时，才可能使2022年的销售收入不低于2021年销售收入与2022年投入之和，此时求出此时的售价为30欧元/平方米.

21. 已知函数满足．

（1）求的解析式，并求在上的值域；

（2）若对，且，都有成立，求实数k的取值范围．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）由条件可得，然后可解出，然后利用对勾函数的知识可得答案；

（2）设，条件中的不等式可变形为，即可得在区间（2，4）递增，然后分、、三种情况讨论求解即可.

【小问1详解】

因为①，

所以②，联立①②解得.

当时为增函数，时为减函数，

因为

所以

【小问2详解】

对，，，都有，

不妨设，则由

恒成立，也即可得函数在区间（2，4）递增；

当，即时，满足题意；

当，即时，为两个在上单调递增函数的和，

则可得在单调递增，从而满足在（2，4）递增，符合题意；

当，即时，，其在递减，在递增，

若使在（2，4）递增，则只需；

综上可得：

22. 已知函数.

（1）当时，对任意的，令，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；

（2）若关于x的方程有3个不同的根，求n的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）将问题转化为，结合的图像，分类讨论，与的情况，从而得到的解析式.

（2）法一：分别讨论与时，的解的个数情况，最后综合两者的情况得到有3个不同的根时，n的取值范围．

法二：由于最多只有3个不同的根、或，所以当有3个不同的根时，只需即可，由此可求得n的取值范围．

【小问1详解】

当时，，

当时，，则开口向下，对称轴为，

故在上单调递增，在上单调递减，则，

当时，，则开口向上，对称轴为，

故在上单调递增，令，即，解得（负值舍去），

又，，所以的图像如图，

因为对任意的，令，即为在的最大值与最小值的差的绝对值，结合图像得，

当时，；

当时，；

当时，；

综上：.

.

【小问2详解】

法一：

当时，，

则可化得，即，

当时，，故，即无解；

当时，可能有两个解或；

当时，，故不是的解，

而，即也不是的解，故无解；

当时，必然是的一个解，

又由得，整理得，由可知恒成立，故有两个解或；

所以当时，无解；当时，有两个解或.

当时，，

则可化得，即，

当时，，故只有一个解；

当时，可能有两个解或，

当时，必然是的一个解，

又由得，整理得，解得，

即当时，有两个解或；当时，只有一个解；

当时，，故不是的解，

又由得，整理得，解得，

即当时，只有一个解；当时，无解；

所以当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，只有一个解；当时，无解.

综合与两种情况可得，当时，有两个解或；当时，只有一个解；当时，有三个解、或；当时，有两个解或.

又因为时，，不合题意；

所以当有3个不同的根时，且，

即n的取值范围为.

法二：

当时，，故只有一个根，故，

当时，，则可能有两个根或；

当时，，则可能有两个根或；

所以当有3个不同的根时，这三个根必为、或，

而要么是时的根，要么是时的根，即必是的根，

所以要使得或为的根，只需要，

当时，则，解得，故；

当时，则，解得或，故；

又因为时，，不合题意；

所以当有3个不同的根时，且，

即n的取值范围为.

【点睛】关键点睛：本题第1小题的关键是要将转化为，由此结合图像可解；第2小题法一的关键是要分别讨论与时，的解的个数情况，最后综合可得；法二的关键是注意到最多只有3个不同的根、或，由此讨论可得.