2022-2023学年云南省大理下关教育集团高一年级上册学期期中考试数学试题【含答案】

2022-2023学年云南省大理下关教育集团高一上学期期中数学试题一、单选题1．已知集合，，则等于（

）A． B． C． D．C【分析】直接根据交集的定义即可得解.【详解】解：因为，，所以.故选：C.2．设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件B【分析】等价变形给定的不等式，再利用它们所对集合的包含关系即可作答.【详解】不等式化为：，于是得“”所对集合为，不等式化为：，于是得“”所对集合为，显然，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3．在下列函数中，函数表示同一函数的（

）A． B． C． D．C【分析】由题意，判断函数是否相等，需对比定义域和对应关系，先求定义域，再整理解析式，可得答案.【详解】由题意，函数，其定义域为，其解析式为，对于A，函数，其定义域为，故A错误；对于B，函数，其定义域为，对应法则不同，故B错误；对于C，与题目中的函数一致，故C正确；对于D，函数，其定义域为，故D错误，故选：C.4．当时，幂函数为减函数，则实数m的值为（

）A． B．C．或 D．A【分析】根据幂函数的定义和单调性可得答案.【详解】因为函数既是幂函数又是的减函数，所以解得.故选：A.5．若，则（

）A． B． C．1 D．C【分析】由已知表示出，再由换底公式可求.【详解】，，.故选：C.6．对于任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．D【分析】分与两种情况进行讨论，求解出答案.【详解】当时，不等式为恒成立，故满足要求；当时，要满足：，解得：，综上：实数的取值范围是.故选：D7．某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为900元，若每批生产件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品（

）A．30件 B．60件 C．80件 D．100件B【分析】确定生产件产品的生产准备费用与仓储费用之和，可得平均每件的生产准备费用与仓储费用之和，利用基本不等式，即可求得最值．【详解】根据题意，该生产件产品的生产准备费用与仓储费用之和是这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为（为正整数）由基本不等式，得当且仅当，即时，取得最小值，时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小故选：B8．已知函数若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．A【分析】根据分段函数每一段的单调性及端点值判断函数在定义域内的单调性，再利用单调性解抽象不等式即可.【详解】因为，当时单调递减，且，当时，单调递减，且，所以函数在定义域上单调递减，因为，所以，解得，即实数的取值范围为.故选：A.二、多选题9．下列命题正确的是（

）A．命题“”的否定是“”B．的充要条件是C．D．是的充分条件AD【分析】根据含量词的命题的否定方法判断A，根据充分条件和必要条件的定义判断B，D，根据全称量词命题的真假的判断方法判断C.【详解】命题“”的否定是“”，A对，当时，但不存在，所以不是的充分条件，B错，当时，，C错，由可得，所以是的充分条件，D对，故选：AD.10．某打车平台欲对收费标准进行改革，现制订了甲、乙两种方案供乘客选择，其支付费用y（单位：元）与打车里程x（单位：km）的函数关系大致如图所示，则（

）A．当打车里程为8km时，乘客选择甲方案更省钱B．当打车里程为10km时，乘客选择甲、乙方案均可C．打车里程在3km以上时，每千米增加的费用甲方案比乙方案多D．甲方案3km内（含3km）付费5元，打车里程大于3km时每增加1km费用增加0.7元ABC【分析】根据图象一一判断即可.【详解】解：对于A，当3＜x＜10时，甲对应的函数值小于乙对应的函数值，故当打车里程为8km时，乘客选择甲方案更省钱，故A正确；对于B，当打车里程为10km时，甲、乙方案的费用均为12元，故乘客选择甲、乙方案均可，故B正确；对于C，打车3km以上时，甲方案每千米增加的费用为（元），乙方案每千米增加的费用为（元），故每千米增加的费用甲方案比乙方案多，故C正确；对于D，由图可知，甲方案3km内（含3km）付费5元，3km以上时，甲方案每千米增加的费用为1（元），故D错误.故选:ABC.11．给定函数

，.表示，中的较小者，记为，则（

）A．B．函数的定义域为C．函数的值域为D．函数的单调区间有3个ABD【分析】当时，，可判断A;作出函数的大致图象，由此可判断B,C,D.【详解】当时，，故，A正确；作出函数,的图象，可得到的图象如图：（实线部分）函数的定义域为，B正确；函数的值域为，故C错误；函数的单调区间有，故D正确，故选：ABD12．已知定义在上函数的图像是连续不断的，且满足以下条件：①;②，当时，都有；③.则下列选项成立的是（

）A． B．若，则C．若，则 D．使得CD【分析】由题知函数为偶函数且在上是单调递增函数，再结合对称性与单调性分别讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为，故函数为偶函数，因为，当时，都有，所以函数在上是单调递增函数，所以函数在上是单调递减函数，故对A选项，，故A选项错误；对于B选项，若，则，解得，故B选项错误；对于C选项，因为，故，故的解集为，故C选项正确；对于D选项，因为定义在上函数的图像是连续不断的，故函数存在最小值，故使得，故D选项正确.故选：CD三、填空题13．已知集合，，则集合的真子集的个数为______.【分析】求出集合，利用集合真子集个数公式可求得结果.【详解】由已知，则，所以，集合的真子集的个数为.故答案为.14．函数（，且）的图象过定点.则点的坐标是_________.【分析】令，可计算得，从而可得定点坐标.【详解】当，即时，，所以函数的图象过定点.故15．若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为_____.【分析】根据“乘1法”可求的最小值，进而求解即可.【详解】由得，且，故，当且仅当即时等号成立.故问题转化为，解得，故实数m的取值范围为.故四、双空题16．若关于的方程有5个不同的解，则的取值范围是________，的取值范围是________.

【分析】根据复合函数零点个数，结合的图象，以及一元二次方程根的分布，数形结合即可求得结果.【详解】令，则原方程等价于，显然，则，又的图象如下所示：数形结合可知，若有个不同的根，则有一个根是，一个根在区间上.则，且，解得，又，则，解得；又，解得，综上所述.故；.本题考察由复合函数零点个数求参数的范围，涉及函数图象的绘制、一元二次方程根的分布，解决问题的关键是合理转化题意，属综合困难题.五、解答题17．已知集合，求：(1)；(2)．(1)；(2)或．【分析】（1）由并集的定义计算；（2）由补集、交集定义计算．【详解】（1）；（2）∵或，∴或．18．计算下列各式的值：(1)(2)(1)1(2)20【分析】（1）根据有理数指数幂的运算法则进行计算，可得答案；（2）根据对数的运算法则，进行计算，可得答案.【详解】（1）;（2）.19．根据下列条件，求的解析式(1)已知满足(2)已知是一次函数，且满足；(3)已知满足(1)(2)(3)【分析】（1）利用换元法即可求解；（2）设，然后结合待定系数法即可得解；（3）由题意可得，利用方程组思想即可得出答案.【详解】（1）解：令，则，故，所以；（2）解：设，因为，所以，即，所以，解得，所以；（3）解：因为①，所以②，②①得，所以.20．已知定义在R上的奇函数，当时，.(1)在图中画出函数的简图，并根据图象写出函数单调区间（不用证明）；(2)若不等式对任意恒成立.求实数m的取值范围.(1)图象见解析，单调递增区间为，单调递减区间为和；(2).【分析】（1）根据二次函数的图象结合函数是奇函数，即可画出图象；再根据图象求单调区间即可；（2）数形结合求得的最小值，再求参数范围即可.【详解】（1）由奇函数的图象关于原点对称作出函数的图象（如图所示），由图象可知函数的单调递增区间为，单调递减区间为和.（2）由已知得对任意，恒成立，故，由（1）得函数在上的最小值为，故，解得：，即.21．“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点.研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，把每尾鱼的平均生长速度v（单位：千克/年）表示为养殖密度x（单位：尾/立方米）的函数.当时，v的值为2；当时，v是关于x的一次函数.当x＝20时，因缺氧等原因，v的值为0.(1)当时，求函数的表达式；(2)当x为多大时，鱼的年生长量（单位：千克/立方米）可以达到最大？并求出最大值.(1)(2)x＝10，最大值为12.5千克/立方米【分析】（1）根据题意得建立分段函数模型求解即可；（2）分段求得函数的最值，比较可得答案.【详解】（1）依题意，当时，；当时，是关于x的一次函数，假设，则，解得，所以.（2）当时，；当时，，当时，取得最大值.因为，所以当x＝10时，鱼的年生长量可以达到最大，最大值为12.5.22．设函数且．(1)判断函数的奇偶性；(2)若，试判断函数的单调性．并求使不等式对一切恒成立的的取值范围；(3)若，且在上的最小值为，求的值．(1)奇函数(2)(3)【分析】(1)用证明奇偶性的定义，可证得为奇函