2021-2022学年黑龙江省大庆市高一年级上册学期第一次月考数学试题【含答案】

1、2021-2022学年黑龙江省大庆市高一上学期第一次月考数学试题一、单选题1若集合，则A的真子集个数为（）A1B2C3D4C先求出集合A，再求A的真子集.【详解】因为集合，所有集合，所以A的真子集个数为.故选：C(1)离散型的数集用韦恩图； 连续型的数集用数轴；(2)一个集合有n个元素，则它的子集个数为，真子集个数为，非空真子集个数为-2.2下列各组函数与的图象相同的是（）ABCDD【分析】分别看每个选项中两个函数的定义域和解析式是否相同即得.【详解】对于A，的定义域是R，的定义域是，故不满足；对于B，与的解析式不同，故不满足；对于C，的定义域是R，的定义域是，故不满足；对于D，满足故选：D3

2、已知，那么，的大小关系为（）ABCDC由不等式的性质可得，即可得解.【详解】因为，所以，所以.故选：C.4已知，则 （）ABCDD【分析】根据，利用整体思想求出的解析式，求得，从而即求出【详解】解：因为，所以，所以.故选：D5下列函数中，是奇函数且在上为增函数的是（）ABCDA【分析】利用函数奇偶性的定义和单调性的定义逐个分析判断即可.【详解】对于A，定义域为，因为，所以函数是奇函数，任取，且，则，因为，且，所以，即，所以在上为增函数，所以A正确，对于B，因为定义域为，所以函数为非奇非偶函数，所以B错误，对于C，因为定义域为，因为，所以为偶函数，所以C错误，对于D，因为定义域为，因为，所以函数

3、为非奇非偶函数，所以D错误，故选：A6已知函数的定义域为，则函数的定义域为（）ABCDC【分析】根据函数的定义域为，则，从而可得出答案.【详解】因为函数的定义域为，所以，解得，所以函数的定义域为.故选：C.7已知，则的最小值为（）ABCDD【分析】化简可得，根据基本不等式即可求得答案.【详解】由题意得：因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号.故选：D.8不等式成立的必要不充分条件有（）ABCDC【分析】解得，再根据题意依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：不等式，所以对于A选项，互为充要条件；对于BD选项，是不等式成立的既不充分也不必要条件，对于C选项， ，不等式成立的必要不充分条件是C.故选

4、：C.9若函数的定义域为R，则实数m的取值范围是（）ABCDB【分析】由题意，即不等式的解集为，分，三种情况讨论，即得解【详解】函数的定义域为，即不等式的解集为（1）当时，得到，显然不等式的解集为；（2）当时，二次函数开口向下，函数值不恒大于0，故解集为不可能（3）当时，二次函数开口向上，由不等式的解集为，得到二次函数与轴没有交点，即，即，解得；综上，的取值范围为故选：B10已知是定义在a - 1，2a上的偶函数，那么ab的值是（）ABCDB【分析】由偶函数的定义得且a12a求出a、b，然后求ab【详解】在a - 1，2a上是偶函数有：b0，且a12aaab故选：B本题考查了函数的奇偶性；根据

5、偶函数的定义且定义域关于原点对称求参数值11已知函数在区间上的最大值是,最小值是,则实数的取值范围是ABCDA根据二次函数的性质分析【详解】由题意可知抛物线得对称轴为,开口向上,在对称轴的左侧,对称轴的左侧图象为单调递减,在对称轴左侧时有最大值,上有最大值,最小值,当时, 的取值范围必须大于或等于,抛物线得图象关于对称,所以.故选：A.本题考查二次函数的最值问题，二次函数的最值与对称轴有关属于基础题12已知函数满足对任意，都有成立，则的取值范围是（）A(0，3)BC(0，2D(0，2)C【分析】根据对任意，都有成立，得到函数在R上是减函数求解.【详解】因为对任意，都有成立，所以函数在R上是减函

6、数，所以 ，解得，所以实数的取值范围是 (0，2.故选：C二、填空题13若命题，则其否定为：_【分析】直接利用存在量词写出其否定即可.【详解】因为命题，所以其否定： .故答案为.14函数的定义域为_.【分析】根据题意列关于的不等式组即可求解.【详解】由题要使得有意义，则，故且，从而的定义域为，故答案为.15已知函数，则_【分析】利用函数的解析式可求得的值.【详解】因为，所以，.故答案为.16已知定义在R上的奇函数满足f(x)x22x(x0)，若f(3m2)f(2m)，则实数m的取值范围是_(3,1)【分析】根据函数为奇函数，可判断函数在上单调递增，由此得到，进而求得的取值范围.【详解】当时，由

7、于二次函数的的对称轴为故函数在上递增.又因为函数为奇函数，故函数在上单调递增.由得，即，解得.本小题主要考查函数的奇偶性，考查利用函数的奇偶性解函数不等式的问题.在解题过程中，主要研究对象是一个二次函数，对于二次函数，往往研究它的开口方向和对称轴.再根据奇函数图像的特点：奇函数图像关于原点对称，由此可以求得函数的单调区间，进而将不等式求解出来.三、解答题17（1）已知，或，求.（2），求.（1）或，；（2）【分析】（1）利用交集、并集的定义即求；（2）利用补集的定义可求.【详解】（1），或，或，（2）或，.18已知函数（1）用定义法证明在区间上是增函数；（2）求函数在区间上的最值，并说明取最值

8、时的值.（1）证明见解析；（2）当时，当时，【分析】（1）利用定义法证明单调性：（2）利用单调性求最值.【详解】（1）证明：任取，且，即在单调递增（2）由（1）知，在单调递增，当时，当时，.19已知不等式的解集为.（1）求实数的值.（2）求不等式的解集.（1）；（2）【分析】（1）由解集得到方程的根，利用韦达定理可求（2）利用（1）中的结果并把分式不等式转化为一元二次不等式可求解集【详解】（1）因为不等式的解集是所以的解是和7故，解得 （2）由得，即，解得或，故原不等式的解集为20已知是二次函数，且满足，（1）求的解析式.（2）当，求的值域.（1）；（2）【分析】（1）设，通过，可求函数的解析

9、式；（2）利用二次函数的性质求解函数的最值即可【详解】（1）设 ，因为，所以c=2又，即，.(2)在区间单调递减，在区间单调递增，又因为，所以当时，的最小值是又因为，当时， ， 所以的值域是.21已知函数.（1）用分段函数的形式表示该函数.（2）并画出函数在区间上的图象；（3）写出函数在区间上的单调区间最值.（1）；（2）详见解析；（3）单调递增区间，；单调递减区间；最大值3，最小值3【分析】（1）可将函数解析式转化为； （2）由解析式即可画出图象；（3）利用函数的图象，由图象的变化趋势以及图象的最高点和最低点，即可得到答案【详解】（1）因为，所以；（2）函数在区间上的图象如图所示：（3）由的图象可得，单调递增区间，；单调递减区间；最大值3，最小值322已知.（1）求的解集；（2）当，求的最小值.（1）详见解析；（2）详见解析.【分析