2022高一期中试卷20222022学年市中学高一上学期期中数学试题（解析版）

第12页共12页2022高一期中试卷2022-2022学年市中学高一上学期期中数学试题（解析版）20XX-20XX学年市中学高一上学期期中数学试题一、单选题1．如果那么是成立的（）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【答案】A【解析】【考点】充要条件．分析^p：由已知中x，y∈R，根据绝对值的性质，分别讨论“xy＞0”⇒“|x+y|=|x|+|y|”，与“|x+y|=|x|+|y|”⇒“xy＞0”，的真假，然后根据充要条件的定义，即可得到答案．解答：解：若“xy＞0”，则x，y同号，则“|x+y|=|x|+|y|”成立即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的充分条件但“|x+y|=|x|+|y|”成立时，x，y不异号，“xy≥0”，“xy＞0”不一定成立，即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的不必要条件即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的充分不必要条件故选A点评：本题考查的知识点是充要条件，其中根据绝对值的性质，判断“xy＞0”⇒“|x+y|=|x|+|y|”，与“|x+y|=|x|+|y|”⇒“xy＞0”的真假，是解答本题的关键．2．若,全集,，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】题目给出了,且题中含有,等式子,可利用均值不等式求解.根据均值不等可得,结合交集与补集的定义即可得出答案.【详解】则:故选:A.【点睛】本题考查了集合之间的基本运算以及基本不等式的知识,解答本题的关键在于明确基本不等式的内容.3．下列函数中，既不是奇函数，又不是偶函数，并且在上是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据奇函数满足,偶函数满足.逐个选项判断其奇偶性和单调性即可得出答案.【详解】对于A,函数为二次函数,图像为抛物线,开口向下,对称轴为:函数在单调递增,在单调递减,故A不正确;对于B,函数的定义域为,定义域关于原点对称,令,满足,函数为奇函数,故B不正确;对于C,函数的定义域为,定义域原点对称,令,所以为偶函数,故C不正确;对于D,函数的定义域为,定义域关于原点对称,令函数为非奇非偶函数,且在上是单调递增,满足题意,故D正确.故选:D.【点睛】本题考查奇偶性的判断,考查了函数的单调性,属于基础题.4．已知，则等于（）A．B．C．D．【答案】C【解析】把等价转化即可求得进而求得.【详解】设.故选:C.【点睛】本题主要考查函数解析式求解.求解函数解析式常用方法有代入法,换元法以及构造方程组法.二、填空题5．用描述法表示被7除余2的正整数的集合为__________【答案】【解析】设被7除余2的正整数为,即,用描述法写成集合形式,即可得到答案.【详解】设该数为,则该数满足,所求的正整数集合为故答案为:.【点睛】本题考查了用描述法表示集合,掌握集合的表示方法是解题关键.6．函数的定义域为__________【答案】【解析】根据偶次根式下被开方数非负,分数分母不为零,列出关于的不等式组,即可求出函数的定义域.【详解】由题意可得:所以函数的定义域为:且即:故答案为:【点睛】本题主要考查函数的定义域的求解,要求能够熟练掌握常见函数成立条件.7．若函数,，则_____________【答案】【解析】将函数，代入即可求得答案.【详解】函数,故答案为:.【点睛】本题考查了求解函数表达式,能够理解函数的概念是解题关键.8．函数的单调递增区间为______________【答案】【解析】解法一:根据函数单调性的定义,先任取,能保证的区间,即为函数的单调递增区间;解法二:求函数的导数,利用函数的导数大于零,则函数递增,即可求得函数的单调递增区间.【详解】解法一:设的单调增区间为,任取所以,即在区间上具有任意性,故:则函数的单调递增区间为.解法二:由题函数,故令,解得:或(舍去)函数的单调递增区间为故答案为:.【点睛】本题考查了求函数单调区间.求函数单调区间既可以用函数单调性定义法判断,也可以采用导数知识求解.9．已知四边形ABCD为正方形，则其面积关于周长的函数解析式为_________【答案】【解析】正方形的周长,则边长为,即可求得的面积关于周长的函数解析式.【详解】正方形的周长为,则正方形的边长为正方形的面积为:故答案为:.【点睛】本题考查了实际问题中的求解函数关系式,能够通过周长求得正方形边长,是求出面积关于周长解析式的关键.10．不等式的解集为__________【答案】或写成【解析】把原不等式右边的移项到左边,通分后变成,不等式可化为两个不等式组,分别求出两不等式组的解集,两解集的并集即为原不等式的解集.【详解】即可化为:┄①或┄②解①得:解②得:无解.故不等式的解集为:.故答案为:或写成:【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解,属于基础试题.11．已知集合，集合，则_________【答案】【解析】根据集合的并集定义,即可求得.【详解】故答案为:.【点睛】本题考查了集合的并集运算,掌握并集的概念是解本题关键.12．已知集合，集合，若,则所有可能取值构成的集合为______________【答案】【解析】先化简集合,利用,分类讨论和,即可求出构成的集合.【详解】由可得:即:解得或故:由可得:当时,方程无实数解,此时,满足当时,方程的实数解为,故:由可得:或解得或的所有取值构成的集合为:.故答案为:.【点睛】本题主要考查了集合间的基本关系以及一元二次方程的解法,要注意集合是集合的子集时,集合有可能是空集.13．已知函数是偶函数，且当时，，则当时，该函数的解析式为__________【答案】【解析】设,则,当时,于是可求得,再利用偶函数的性质,即可求得函数的解析式.【详解】设,则根据偶函数故答案为:.【点睛】已知函数的奇偶性求解析式,将待求区间上的自变量,转化到已知区间上,再利用奇偶性求出的解析式.14．已知命题的逆命题为：“已知，若则”，则的逆否命题为__________命题（填“真”或“假”）【答案】假【解析】根据命题的逆命题,写的其原命题.根据原命题和逆否命题真假相同,即可得出逆否命题真假.【详解】命题的逆命题为：“已知，若，则”命题的原命题为：“已知，若，则”当,满足,但不满足命题的原命题为假命题.根据原命题和逆否命题真假相同的逆否命题为:假.故答案为:假.【点睛】本题主要考查四个命题之间的关系与真假命题的判断,掌握原命题和逆否命题真假相同是解本题关键.15．已知集合，则__________【答案】【解析】化简集合,求出,即可求解.【详解】故答案为:.【点睛】本题考查了集合的补集和交集运算,掌握集合运算基本知识是解题关键.16．当时，给出以下结论：（1）；（2）；（3）,其中恒成立的序号为_______________【答案】（1）（2）【解析】由,根据不等式的基本性质,逐项检验即可得出答案.【详解】对于（1）项,由,得,,则,故（1）项正确;对于（2）项,由,得,则,故（2）项正确;对于（3）项,令,满足则,可得:故（3）项错误.所以恒成立的序号为:（1）（2）.故答案为:（1）（2）.【点睛】本题考查了不等式的基本性质,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.17．已知，则的最小值为_____________【答案】【解析】根据,可得,然后把整理成,进而利用均值不等式求其最小值.【详解】(当且仅当,即)的最小值为:.故答案为:.【点睛】本题考查均值不等式,构造出均值不等式的形式是解题的关键,但要注意均值不等式成立条件.18．设数集，且，如果把叫做集合的长度，那么集合的长度的最小值与最大值的和为____________【答案】【解析】根据题意中集合长度的定义,可得的长度为,的长度为.当集合的长度为最小值时,即重合部分最少时,与应分别在区间的左右两端,当集合的长度为最大值时,即重合部分最多时,与应分别在区间的中间,进而得出答案.【详解】,,又的长度为,的长度为.当的长度为最小值,与分别在区间的左右两端长度的最小值为又长度的最大值为:则的长度的最小值与最大值的和为:故答案为:.【点睛】本题主要考查集合新定义,能够理解所定义的集合的长度和结合数轴求解是解题关键.19．已知集合，集合，若，则_______【答案】【解析】设公共根是,代入两方程,作差可得,即公共根就是,进一步代入原方程求解两集合,即可得出答案.【详解】两个方程有公共根设公共根为,两式相减得:,即.①若,则两个方程都是,与矛盾;②则,公共根为,代入得:即,解得:(舍),故答案为:【点睛】本题考查了集合并集运算,能够通过解读出两个集合中的方程有公共根,是解题的关键.三、解答题20．已知集合，，求实数的值.【答案】【解析】由，则可得，计算出结果，进行验证【详解】由题意得，解得或，当时，，满足要求；当时，，不满足要求，综上得：【点睛】本题考查了集合的交集，由已知条件，代入求出参量的值，注意代回的检验尤为重要。21．解关于的不等式【答案】当时，不等式的解集是或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.当时，不等式的解集为.【解析】先将不等式化为，当时，分，，三种情况讨论，求出解集；当，化简原不等式，直接求出结果；当时，化简不等式，解对应一元二次不等式，即可求出结果.【详解】不等式可化为.①当时，原不等式可以化为，根据不等式的性质，这个不等式等价于.因为方程的两个根分别是2，，所以当时，，则原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是；当时，，则原不等式的解集是.②当时，原不等式为，解得，即原不等式的解集是.③当时，原不等式可以化为，根据不等式的性质，这个不等式等价于，由于，故原不等式的解集是或.综上所述，当时，不等式的解集是或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.当时，不等式的解集为.【点睛】本题主要考查含参数的一元二次不等式的解法，灵活运用分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.22．已知：为三角形的三边长，求证：；【答案】证明见解析【解析】利用作差法,分别求证和即可证明不等式.【详解】证明：.∴.综上所述:.【点睛】本题主要考查用作差法比较大小的方法,属于基础题.23．现有A,B,C,D四个长方体容器，已知容器A,B的底面积均为，高分别为，容器C,D的底面积为，高也分别为；现规定一种两人游戏规则：每人从四个容器中取出两个分别盛满水，两个容器盛水的和多者为胜，若事先不知道的大小，问如何取法可以确保一定获胜？请说明理由.【答案】在不知道x，y的大小的情况下，取A，D能够稳操胜券，其他的都没有必胜的把握，理由见解析【解析】依题意可知四个容器的容积分别为.分别讨论时和时四者的大小关系,即可得出如何取法可以确保一定获胜.【详解】当时,则，即.当时,则，即.又∴在不知道,的大小的情况下,取,能够稳操胜券,其它取法都没有必胜的把握.【点睛】根据题意列出四个容器的容积,在讨论在和两种情况下,利用作差法比较和大小是解本题的关键.24．某段地铁线路上有A,B,C三站，（千米），（千米），在列车运行时刻表上，规定列车8:00从A站出发，8:07到达B站，并停留1分钟，8:12到达C站，并在行驶时以同一速度（千米/分）匀速行驶；列车从A站出发到达某站的时间与时刻表上相应时间差的绝对值，称为列车在该站的运行误差；（1）分别用速度表示列车在B,C两站的运行误差；（2）若要求列车在B,C两站的运行误差之和不超过2分钟，求列车速度的取值范围；【答案】（1）|;|-11|;（2）[39,]【解析】（1）因为行驶时以同一速度匀速行驶,列车从站到达某站的时间与时刻表上相应时间之差的绝对值称为列车在该站的运行误差,所