黑龙江省绥化市绥棱县2022-2023学年高一上学期期中数学试题（含答案解析 ）

第14页/共14页SL2022~2023学年度高一上学期期中考试数学一、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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据属于的定义，结合子集的定义，进行判断即可【详解】集合，则，选项A错误，，选项B正确；，，选项C，D错误．故选：B2.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用含一个量词的命题的否定进行判定.【详解】的否定为：.故选：A.3.“”是“”的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】判断和的包含关系即可判断它们构成的命题的关系﹒【详解】∵或，∴“”是“”充分不必要条件﹒故选：B﹒4.下列等式不成立的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根据对数的性质及运算法则对选项逐一分析即可.【详解】根据对数的运算，可得，，故A，B成立；取，，则C不成立；，故D不成立．故选CD．【点睛】本题考查对数的性质及运算法则，解题的关键是熟记公式，属于基础题.5.设集合，，若，则实数k的取值范围是（）A.或 B.C.或 D.【答案】C【解析】【分析】先算出集合，再根据，根据区间端点列出不等式即可获解.【详解】或,或，解得或，的取值范围是或故选：C6.下列四个式子中，是的函数的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数定义，依次判断选项，即可求解.【详解】对于A选项，，定义域为，定义域内每个值按对应法则不是唯一实数与之对应，所以不是函数，A项错误；对于B选项，，定义域为无解，所以不是函数，B项错误；对于C选项，定义域为，对于定义域内每一个值都有唯一实数与之对应，所以是函数，C项正确；对于D选项，当时，有两个值0，1与之对应，所以不是函数，D项错误．故选:C．7.函数（且）与函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】分析各选项中两函数的单调性及其图象与轴的交点位置，即可得出合适的选项.【详解】A选项，函数为减函数，则，且函数的图象交轴正半轴点，则，可得，函数为增函数，且函数交轴正半轴于点，则，，A满足；对于B选项，函数交轴于点，函数交轴于点，显然，B不满足；对于C选项，函数交轴于点，函数交轴于点，显然，C不满足；对于D选项，函数为减函数，则，函数为减函数，则，D不满足.故选：A.8.函数是定义在R上的偶函数，且当时，，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据函数的解析式可得，再结合偶函数的性质与单调性求解即可.【详解】因为是定义在R上的偶函数，故当时，.又当时，；当时，，故.故即，结合偶函数性质与的单调性可得，即，，解得.故选：D二、选择题：本题共4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，有选错的得0分.9.已知，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用对数函数单调性比较大小即可.【详解】因为为单调递增函数，所以，又因为，所以故选：BC10.已知实数，，且，则下列不等式不一定成立的（）A B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用不等式的同向可加性可判断A正确；取特值举反例可判断BCD错误；【详解】A选项，由不等式同向可加性，可得，故A正确；B选项，，则，故B错误；C选项，，则，故C错误；D选项，，则，故D错误，故选：BCD11.下列命题正确的是（）A.的定义城为，则的定义域为B.函数的值域为C.函数的值域为D.函数的单调增区间为【答案】AB【解析】【分析】根据抽象函数的定义域求法，可判断A;利用换元法求得函数值域，可判断B;利用基本不等式可判断C;单调区间之间不能用并集符号，可判断D.【详解】对于A选项，由于函数的定义域为，对于函数，，解得，所以函数的定义域为，A选项正确；对于B选项，令，则，，且时，取得等号，所以函数的值域为，B选项正确；对于C选项，，当且仅当时，即等号取得，但等号取不到，所以C选项错误；对于D选项，，所以函数的单调增区间为和，单调区间之间不能用并集符号，D选项错误，故选：AB．12.已知a>0，b>0，a＋b＝1，则（）A.a2＋b2 B.ab≤C.≤4 D.≤【答案】ABD【解析】【分析】利用基本不等式，结合已知条件，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】对A：因为，故可得，当且仅当时取得最小值，故A正确；对B：因为，当且仅当时，取得最大值，故B正确；对C：，又，当且仅当时取得最小值，故C错误；对D：，又，故可得，当且仅当时取得最大值，故D正确；故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的定义域为______．【答案】【解析】【分析】解不等式即得出函数的定义域.【详解】由，解得，故函数的定义域为．故答案为：．14.若幂函数为奇函数，则_____________【答案】-1【解析】【分析】先根据函数为幂函数，求得m，再由奇偶性验证即可.【详解】因为函数是幂函数，所以，解得或，当时，为偶函数，不符合题意；当时，为奇函数，符合题意，所以-1，故答案为：-115.已知函数在区间（-1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是_________．【答案】【解析】【分析】由复合函数单调性得出在区间上单调递减，对分类讨论，结合单调性得到不等关系，求出实数a的取值范围.【详解】由函数在区间上单调递增，得函数在区间上单调递减，当时，在区间上单调递减，符合题意．当时，由在区间上单调递减，得，解得：．当时，由在区间上单调递减，得，解得：．综上所述，的取值范围是．16.设定义在R上的函数满足，且对任意x，都有，则______；______.【答案】①.2②.【解析】【分析】利用赋值法，令求出，再令，可得，进而构造，进而可得求解即可.【详解】令得.令则，即.故，故...，即，.故答案为：2；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.设全集为R，，.（1）若，求，；（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.【答案】（1），或；（2）【解析】【分析】（1）根据函数定义域得到，从而求出交集与补集；（2）根据“”是“”的必要不充分条件得到是的真子集，从而列出不等式组，求出实数的取值范围.【小问1详解】当时，，由，得到，故，故，或；【小问2详解】若“”是“”的必要不充分条件，则是的真子集，故，解得：，所以实数的取值范围是.18.设二次函数.（1）若不等式的解集为，求、的值；（2）若，，，求的最小值；【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）分析可知关于的二次方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得实数、的值；（2）由已知可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【小问1详解】解：由题意可知，关于的二次方程的两根分别为、，且，所以，，解得.【小问2详解】解：因为，，，可得，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.19.已知、是正实数，且，证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用基本不等式证明出，即可证得结论成立；（2）利用配方法以及提公因式的方法可证得结论成立.【小问1详解】证明：因为、是正实数，则，当且仅当时，等号成立，故.【小问2详解】证明：，当且仅当时，等号成立，故.20.已知函数的图象关于原点对称，且当时，（1）试求在R上的解析式；（2）画出函数的图象，根据图象写出它的单调区间.【答案】（1）（2）函数图象见解析，单调递增区间为和，单调递减区间为；【解析】【分析】（1）依题意是上的奇函数，即可得到，再设，根据时的解析式及奇函数的性质计算可得；（2）由（1）中的解析式画出函数图形，结合图象得到函数的单调区间；【小问1详解】解：的图象关于原点对称，是奇函数，．又的定义域为，，解得．设，则，当时，，，所以；小问2详解】解：由（1）可得的图象如下所示：由图象可知的单调递增区间为和，单调递减区间为；21.已知函数为偶函数．（1）求a的值，并证明在上单调递增；（2）求满足的x的取值范围．【答案】（1）；证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由偶函数的定义解方程可得a=1，再由单调性的定义，结合指数函数的单调性可得结论；（2）由偶函数的性质：，结合（1）的结论，原不等式化为，再由绝对值不等式的解法可得所求解集.【小问1详解】解：由题意函数为偶函数，∴，即∴对任意恒成立，解得．∴任取，则由，可得，∴，即，∴在上单调递增．【小问2详解】由偶函数的对称性可得在上单调递减，∴，∴，解得，∴满足的x的取值范围是．22.如果定义在上的函数满足：对任意，存在常数，都有成立，那么称是上的有界函数，其中称为函数的一个上界.已知函数，.（1）求函数在区间上的所有上界构成的集合；（2）若函数