2022-2023学年甘肃省武威市民勤县高一年级上册学期期中数学试题【含答案】

2022-2023学年甘肃省武威市民勤县高一上学期期中数学试题一、单选题1．已知集合，则A． B． C． D．C【详解】分析:先化简集合A,B,再求A∩B.详解：由题得A=,B={0,1,2,3,},所以A∩B=.故选：C点睛：本题主要考查交集的运算，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.2．下列函数中与函数是同一函数的是（

）A． B．C． D．D【分析】对于A、B：定义域不同，即可判断；对于C：定义域相同，但解析式不同，即可判断；对于D：定义域相同，解析式也相同，即可判断是同一函数.【详解】函数的定义域为R.对于A：的定义域为，故与函数不是同一函数.故A错误；对于B：的定义域为，故与函数不是同一函数.故B错误；对于C：的定义域为R，但是，故与函数不是同一函数.故C错误；对于D：的定义域为R，且，故与函数是同一函数.故D正确.故选：D.3．函数的定义域为（

）A． B．C．且 D．B【分析】由具体函数的定义域求法即可得出结论.【详解】由题可得，解得：或．故选：B．4．“”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A【分析】根据充分条件与必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为，则，但是不一定有，所以“”是“”成立的充分不必要条件．故选：A．5．若函数的单调减区间是，则（

）A． B．C． D．B【分析】根据二次函数的单调性可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】因为的对称轴为且开口向上，单调减区间是，所以，所以．故选：B．6．函数的图象是A． B．C． D．C【分析】由函数，根据一次函数的图象，即可判定，得到答案.【详解】由题意，函数，根据一次函数的图象，可得函数的图象为选项C.故选C.本题主要考查了函数的图象的识别，其中解答中正确化简函数的解析式，利用一次函数的图象判定是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及识图能力，属于基础题.7．年月日，迎来了香港回归祖国周年，为了迎接这一历史性时刻，某商店购进一批香港回归周年纪念章，每枚的最低售价为元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出枚，每枚售价每提高元，日销售量将减少枚，为了使这批纪念章每天获得元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价（单位：元）的取值范围是（

）A． B． C． D．B【分析】根据题意可得出关于的不等式，再结合可得出的取值范围.【详解】由题意，得，即,解得．又每枚的最低售价为元，．故选：B．8．定义在上的偶函数满足：对任意的，有，则（

）A．B．C．D．A【分析】利用函数的单调性和奇偶性计算可得答案.【详解】由对任意的，有，可得函数在上单调递减，所以，因为为偶函数，所以，所以．故选：A．二、多选题9．下列函数中，在上为增函数的是（

）A． B．C． D．BD【分析】根据基本初等函数的单调性判断即可.【详解】对于A：在定义域上单调递减，故A错误；对于B：在上单调递增，故B正确；对于C：在上单调递减，故C错误；对于D：在上单调递增，故D正确．故选：BD．10．已知实数，，且，则下列不等式不一定成立的（

）A． B． C． D．BCD【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．已知，则（

）A．有最大值 B．有最小值C．有最大值50 D．有最小值50AC【分析】利用基本不等式计算即可，需要检验等号成立的条件.【详解】由，，得，所以，当且仅当时，等号成立，所以有最大值，故A正确，B错误；由，得，当且仅当时，等号成立,，有最大值50，故C正确，D错误.故选：AC12．德国数学家狄里克雷（，，）在年时提出：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数.”这个定义较清楚地说明了函数的内涵.只要有一个法则，使得取值范围中的每一个，有一个确定的和它对应就行了，不管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示，例如狄里克雷函数，即：当自变量取有理数时，函数值为；当自变量取无理数时，函数值为.下列关于狄里克雷函数的性质表述正确的是（

）A． B．的值域为C．为奇函数 D．ABD根据狄利克雷函数的定义判断．【详解】由题得，则，A正确；由解析式得的值域为，B正确；因为，所以，为偶函数，C不正确；因为，所以，D正确．故选：ABD关键点点睛：本题考查函数的新定义．解题关键是正确理解并应用新定义函数，本题新函数实质上是一个分段函数，只是这个“段”不是我们通常意义上一个区间而已，它是根据有理数和无理数分类的．因此我们在求函数值时要区分自变量是有理数还是无理数即可．三、填空题13．命题“”的否定是__________．【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可得解.【详解】解：命题“”是全称量词命题，其否定是．故．14．已知，则的最小值是________.5【分析】将变形为，利用基本不等式即可求得答案.【详解】∵，∴，∴，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是5,故答案为:5.15．已知,则________．【分析】利用配凑法求函数的解析式.【详解】（配凑法）(1)，又∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，∴．故答案为本题考查函数解析式的求解及常用方法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．16．若函数在上单调递减，则实数的取值范围为__________．【分析】根据二次函数和一次函数的单调性，结合分割点处函数值的大小关系，即可求得参数的取值范围.【详解】由题意，解得．故答案为.四、解答题17．已知集合或．(1)求；(2)若，求实数的取值范围．(1)或，；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用并集、补集的定义直接求解作答.（2）根据给定的交集结果，列出不等式求解作答.【详解】（1）因或，，所以或，.（2）因或，又，显然，因此，解得，所以实数的取值范围为.18．设函数，且．（1）判断的奇偶性，并说明理由；（2）用单调性的定义证明：函数在区间上单调递增．（1）是奇函数，理由见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）由已知代入可求，求出函数的解析式，根据函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性即可；（2）利用单调性的定义，先设，然后利用作差法比较与的大小即可判断．【详解】由（1），得，解得：，故，（1）的定义域是，，，关于原点对称，且，故是奇函数；（2）设，则，，，，，，在区间，上单调递增．19．已知函数．(1)将写成分段函数；(2)在下面的直角坐标系中画出函数的图象，根据图象，写出的单调区间与值域（不要求证明）；(3)若，求实数的取值范围．(1)(2)作图见解析；的单调增区间为，无单调减区间，值域为(3)【分析】（1）按照绝对值的性质，直接分段得解析式即可；（2）按照分段函数分段画图象即可，再根据图象得单调区间与值域即可；（3）根据图象列不等式求解即可.【详解】（1）解：（2）解：的图象如下图所示：由图可知的单调增区间为，无单调减区间，值域为．（3）解：由（2）可知在区间上单调递增，由，得或解得或，即实数的取值范围为．20．已知，p：，q：，(1)若p是q的充分条件，求实数m的取值范围；(2)若，命题p，q中有且仅有一个是真命题，求实数x的取值范围．(1)(2)【分析】（1）解不等式，得到p：，利用充分条件得到不等式组，求出m的取值范围；（2）分两种情况，求出答案.【详解】（1）不等式的解为，即p：．因为p是q的充分条件，所以是的子集，故解得：，所以m的取值范围是．（2）当时，q：，由于命题p，q其中一个是真命题，一个是假命题，分以下两种情况讨论：①p真q假时，与或取交集，解得：；②p假q真时，与或取交集，解得：或．所以实数x的取值范围为．21．已知函数．(1)若为偶函数，求的值；(2)若在上有最小值9，求的值．(1)；(2)或.【分析】（1）求得的解析式，根据二次函数的对称轴，列出等式，即可求得结果；（2）根据的对称轴与区间之间的位置关系，分类讨论，即可求得结果.【详解】（1）因为，所以．因为函数为偶函数，所以，解得．（2）函数图象的对称轴方程为，开口向上，①当，即时，函数在上为增函数，所以，解得（舍）或；②当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，解得（舍去）；③当，即时，函数在上为减函数，所以，解得或（舍去）．综上，的值为或．22．如图，徐州某居民小区要建一座八边形的展馆区，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为200m2的十字形地域，计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为4200元/m2；在四个相同的矩形(图中阴影部分)上铺花岗岩地坪，造价为210元/m2；再在四个空角(图中四个三角形)铺草坪，造价为80元/m2.（1）设总造价为S(单位：元)，AD长为x(单位：m)，求